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Índice 9

MATERIALES EN INGENIERÍA Problemas resueltos

Francisco Javier Gil Mur José María Cabrera Marrero Maria Lluïsa Maspoch Rulduà Luis Miguel Llanes Pitarch Mª Núria Salán Ballesteros

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del "copyright", bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.

Índice

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Índice 1 Estructura cristalina

11

2 Propiedades físicas de los materiales

31

3 Materiales poliméricos

41

4 Diagramas de equilibrio

55

5 Propiedades mecánicas de los materiales

75

6 Metalografía

103

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

Índice

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Prólogo Este libro tiene por objeto ayudar a los alumnos que cursan la asignatura de Materiales en segundo curso de la titulación de Ingeniería Industrial en la preparación de esta disciplina y complementar las clases impartidas por el profesor. En él se plantean una serie de problemas, gran parte de ellos complementarios al temario de la asignatura,divididos en seis grandes apartados: 1. Estructura cristalina. 2. Propiedades físicas de los materiales. 3. Materiales poliméricos. 4. Diagramas de equilibrio. 5. Propiedades mecánicas de los materiales. 6. Metalografía. Los problemas están resueltos para que el alumno pueda autoevaluarse y descubrir cuáles son sus errores o faltas de comprensión de los diferentes temas. Se ha incorporado un capítulo de metalografía para completar el conocimiento conocimiento de las microestructuras microestructuras más habituales de de aleaciones ampliamente utilizadas a nivel industrial. Estas micrografías pueden ayudar a los estudiantes al reconocimiento de las microstructuras y fases que las constituyen, así como de los problemas tecnológicos que pueden presentar. Los autores han pretendido que este libro sea de utilidad para el conocimiento y la comprensión de los materiales a base del planteamiento y la resolución de problemas. Nos gustaría que también motivase a los lectores a un conocimiento más profundo del apasionante campo de la ciencia de los materiales. De antemano, solicitamos disculpas por los posibles errores y deficiencias que se encuentren en el presente libro, que esperamos ir subsanando en sucesivas ediciones con la ayuda y las sugerencias de todos. Por último, deseamos agradecer a todo el personal del Departamento de Ciencia de los Materiales e Ingeniería Metalúrgica de la Escola Tècnica Superior d’Enginyers Industrials de Barcelona (ETSEIB) de la UPC, la ayuda y el ánimo que en todo momento nos han prestado, en especial a Conrado, Patricia y Susana, ya que sin ellos todo habría sido mucho más difícil.


1 Estructura cristalina

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1.1 El hierro a temperatura ambiente presenta una estructura cúbica centrada en el cuerpo con un parámetro de red a = 2,87 Å. Sabiendo que su peso molecular es 55,847 g/mol, determinar: a) La masa de un átomo, b) La densidad del hierro, c) El radio atómico del hierro, d) El volumen atómico, 3 e) El número de átomos por m , f) El número de átomos por g, g) El número de moles por m3, h) La masa de una celda unitaria, i) El número de celdas unitarias existentes en 1g de hierro, j) El volumen de una celda unitaria, k) La densidad atómica lineal en la dirección [1 2 1], y l) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0). Solución:


Materiales en ingeniería. Problemas res ueltos

12

a) La masa de un átomo 55,847

1mol = 9,27 ⋅ 10 −23 g / at. 23 mol 6,023 ⋅ 10 at. g

⋅

b) La densidad del hierro nº at . : 8 ⋅ 1 8 + 1 = 2 at . V

= a3

2 at .⋅ 9,27 ⋅ 10 10−23 g / at . 1 kg ϕ= . kg / m3 ⋅ = 7843 10 3 − 1000 . g ( 2,87 8 7 ⋅ 10 m) c) El radio atómico del hierro

4r A = a ⋅ 3 r A

=

a⋅

4

3

⋅ = 2,87 3 = 1,24Å 4

d) El volumen atómico V A

10 −10 m) 3 = 7 ,98 ⋅ 10 10−30 m3 = 43 ⋅ π ⋅ rA3 = 43 ⋅ π ⋅ (1,24 ⋅ 10

e) El número de átomos por m3

2 at . V celda

=

2 at . = 8,46 ⋅ 10 28 at./ m3 −10 3 ( 2,87 ⋅ 10 m)



13

f) El número de átomos por g

6,023 ⋅ 10 23

at .

⋅

mol

1mol = 1,08 08 ⋅ 10 22 at./ g 55847 , g

g) El número de moles por m3

. mol kg 1000 7843 . 4 0 ⋅ 105 mol / m3 ⋅ = 1,40 3 , kg m 55847 h) La

masa de una celda unitaria 2

i) El

at . celda

⋅

1mol 55847 , g 85 ⋅ 10−22 g / celda ⋅ = 1,85 23 6,023 ⋅ 10 at . 1 mol

número de celdas unitarias existentes en 1g de hierro 1 celda ⋅ 6,023 ⋅ 10 23 2 at .

j) El

at . mol

⋅

1 mol 39 ⋅ 1021 celda / g = 5,39 55847 , g

volumen de una celda unitaria V

k) La

= a 3 = ( 2,87 ⋅ 10 −10 m) 3 = 2,36 ⋅ 10 −29 m 3

densidad atómica lineal en la dirección [1 2 1] d [121]

=

1at . 42 ⋅ 109 at./ m = 1,42 a⋅ 6

nº átomos = ½ + ½ = 1 b = a⋅

(1 − 0)2 + ( 2 − 0)2 + (1 − 0)2 = a ⋅ 6

l) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0)

(120) ⇒ {( x = 2); ( y = 1); ( z = ∞ )} → Puntos de intersección con los ejes S

= a⋅

d (120 )

a2

+ ( 2a )2 = a 2 ⋅ 5

4 ⋅ 14 at . 4 3 ⋅ 1018 at./ m2 = 2 = 5,43 a ⋅ 5



14

1.2 La celda elemental del aluminio es cúbica centrada en las caras. Su masa masa atómica es 26,982 g/mol y el parámetro de red a = 0,405 nm. Calcular: a) La densidad teórica, b) La densidad atómica lineal en la dirección [1 1 0], c) La densidad atómica superficial en el plano (1 1 1), d) El radio atómico, y e) El factor de empaquetamiento.

Solución: a) La densidad teórica

ϕ

b) La

=

m V

=

4 ⋅ M A N A ⋅ a

3

. kg / m3 = 2697

densidad atómica lineal en la dirección [1 1 0]

d [ 110]

=

2 a⋅

2

4 9 ⋅ 109 at./ m = 3,49

c) La densidad atómica superficial en el plano (1 1 1)



15

d (111)

=

2 S

2

2  a ⋅ 2  2    + l = (a ⋅ 2 ) ⇒ l = 3 ⋅ a 2  2  2 l⋅a⋅ 2 S = =a ⋅ 3

d( 111)

2 2 = 1408 140 , 8 ⋅1019 at ./ m2

d) El radio atómico

4 R = a ⋅ 2 ⇒ R =

a⋅

2

4

014 , 3 ⋅ 10− 9 m = 0143

e) El factor de empaquetamiento F . E . =

4 ⋅ 43 ⋅ π ⋅ R3 a3

= 0,74

1.3 Determinar el factor de empaquetamiento empaquetamiento en las redes cúbica simple, cúbica centrada en el cuerpo y cúbica de caras centradas. Solución: - Cúbica simple F . E . =

n ⋅ V at . V celda



16

r at. at.

=a/2 3

4  a  V at . = ⋅ π ⋅    2  3 n = 1/8 · 8 = 1 3

F . E . =

1 ⋅ 43 ⋅ π ⋅ ( a2 ) a

3

= π = 0,52 6

- Cúbica centrada en el cuerpo (Véanse figuras del ejercicio 1.1) D

= (2a )2 + a 2 = 3 ⋅ a 4r at at = D 4rat . = 3 ⋅ a rat .

= 3 ⋅a 4

n = (1/8 · 8) + 1 = 2 3

F . E . =


=

2 ⋅ 43 ⋅ π ⋅ ( 43 ⋅ a ) a

3

=

3 8

⋅ π ⋅ a3 a

3

=

- Cúbica centrada en las caras


3 ⋅ π = 0,68 8


17

d

= 2 ⋅a

4r at at . = d 4rat. = a ⋅ 2 ⇒ rat . =

2 ⋅a 4

3

 a ⋅ 2  4   = 2 ⋅ π ⋅ a 3 V at . = ⋅ π ⋅  3  4  24 n = (1/8 · 8) + (1/2 · 6) = 4

F . E . =


=

4 ⋅ 242 ⋅ π ⋅ a 3 a

3

=

2 ⋅ π = 0,74 6

1.4 El cadmio a temperatura ambiente presenta una estructura hexagonal compacta HC ( ) cuyos parámetros reticulares son: a = 0,2973 nm; c = 0,5618 nm. Determinar: a)

El volumen de la triple celda unitaria, y

La relación c/a. Comentar el resultado para el valor esperado de hexagonal compacta ideal. b)

Solución:


c/a

= 1.633 para una red


18

a) V = Superficie base · altura Área del triángulo = (b·h) / 2 = (a · (a · sen 60))/ 2 = (a2 · sen 60) / 2 Superficie de la base = 6 · ( (a2 · sen 60) / 2) = 3 · a2 · sen 60 Altura = c 2 -9 2 2 -9 -28 3 V = 3 · a · c · sen 60 = 3 · (0,2973 · 10 ) m · (0,5618 · 10 ) · sen 60 = 1,29 · 10 m b) c/a =

0,5681 nm / 0,2973 nm = 1,889 La relación c/a para una estructura HC ideal, que consiste en un empaquetamiento uniforme de esferas tan compacto como sea posible tiene un valor de 1,633. Para el cadmio, c/a = 1,889, mayor que el ideal, ya que los átomos están ligeramente alargados a lo largo del eje c de la celda unitaria. La celda unitaria está distorsionada por una elongación a lo largo del eje c. El tanto por ciento de desviación es: [(1,889 - 1,633) / 1,633 ] · 100 = 15, 7 % 1.5 El titanio presenta a temperatura ambiente una estructura hexagonal compacta con parámetro reticular a = 0,2950 nm. Su densidad es d = 4.510 kg/m3 y la masa atómica = 47,90 g/mol. a) Determinar la relación c/a, y b) Comentar este resultado para el valor esperado de c/a para una red hexagonal compacta ideal (c/a=1,633). Solución: a) d = V =

n ⋅ M A V ⋅ N A

⇒ V =

n ⋅ M A d ⋅ N A

6 at.⋅0, 04 04790 Kg / mol ⋅ at . 057711 ⋅ 10− 28 m3 = 1,0577 3 23 4.510 kg / m ⋅ 6,023 ⋅ 10 at ./ mol



19

V = 3 · a2 · c · sen 60 c

V

=

3 ⋅ a 2 ⋅ sen 60

⇒

1,0577 057711⋅ 10−28 m3 10−10 m = 0,4678mm = 4,678 ⋅10 −9 2 3 ⋅ ( 0,2950 ⋅ 10 )m ⋅ sen 60

b) c/a =

0,4678 nm / 0,2950 nm = 1,568 Para el titanio, c/a = 1,568, y para la red ideal hexagonal compacta es de 1,633. Este hecho significa que los átomos de titanio están ligeramente comprimidos en la dirección del eje c. La celda unidad está distorsionada por una compresión a lo largo del eje c. El tanto por ciento de desviación es: ((1,586 - 1,633) / 1,633) · 100 = -2,81 %. 1.6 El hierro puro se presenta en tres formas alotrópicas según la temperatura: - Hierro α. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,90 · 10-10 m de parámetro reticular - Hierro γ . Cúbico centrado en las caras: a = 3,65 · 10-10 m de parámetro reticular. - Hierro δ. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,93 · 10-10 m de parámetro reticular. Determinar: a) La densidad del hierro en cada caso, y b) Partiendo de un cubo de 1 m3 de Fe-α, ¿qué volumen ocupará este cuerpo cuando se transforme en Fe-γ ? ¿y al transformarse en Fe-δ? (peso molecular del hierro: 55,85 g/mol). Solución: a) d Fe−α

=

n ⋅ M A N A ⋅ V

=

mol 2 at .⋅0,05 05585 kg / mo 760407 . , kg / m3 = 3 at . ⋅ ( 2,90 ⋅ 10−10 ) m3 6,023 ⋅1023 mol

d Fe −γ

d Fe −δ

=

=

4 ⋅ 0,05585 762 . 7,66 kg / m3 = 7627 23 −10 3 6, 02 023⋅10 1 0 ⋅ (3, 65 ⋅ 10 )

2 ⋅ 0,05585 737288 . , kg / m3 = 3 − 6, 02 023 ⋅10 1 023 ⋅ ( 2,93⋅10 1 0 10 )

b) 3

1m

Fe − γ

= 1m

3

760407 . , kgFe − α 1 kgFe − γ 1 m3 Fe − γ Fe − α ⋅ 9974 m3 ⋅ ⋅ = 0,9974 3 1m Fe − α 1 kgFe − α 762366 . , kgFe − γ

1 m3 Fe-δ ocupará 1,0313 m3.



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1.6 La perowskita (CaTiO3) presenta una estructura cristalina con una celda elemental como la de la figura: a) Hallar el número de coordinación ( NC NC ) para cada tipo de átomo, y b) Calcular la densidad teórica del compuesto.

Datos: MCa = 40,08 g/mol MTi = 47,88 g/mol MO = 16,00 g/mol NA = 6,023 ·1023 mol-1 RCa2+ = 0,099 nm RTi4+ = 0,061 nm RO2- = 0,140 nm Solución:

a) El Ti tiene seis átomos de oxígeno a a0 /2

⇒ NCTi=6.

El Ca Ca tiene tiene tres tres átomo átomoss de oxígen oxígenoo (por (por celda celda)) situa situados dos a ( 2 2 )·a0, pero cada átomo de Ca pertenece a ocho celdas, y los átomos de oxígeno están compartidos por dos celdas (centran las caras), por tanto, NCCa=3·8·(1/2)=12. Con el O se han de considerar todos los cationes, por tanto, cada átomo de oxígeno tiene dos átomos de titanio a a0 /2 y cuatro átomos de Ca a ( 2 2 )·a0, por tanto, NCO=2+4=6. b)

ρ

=

t .Ca atTi at .O . 1 acelda ⋅ MCa + 1 celda ⋅ MTi + 3 celda ⋅ M O

a0 ⋅ N A

1 átomo átomo de Ba/celda ⇒ 8 átomos de Ca en los vértices que colaboran con 1/8 1 átomo de Ti/celda ⇒ 1 átomo central 3 átomos de O/celda ⇒ 6 átomos de oxígeno centrando caras, que colaboran con ½



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Para hallar a0, se ha de considerar la mayor distancia anión-catión contiguo. Hay dos posibilidades: 2 ⋅ a0 = 2 ⋅ rCa + 2 ⋅ rO ⇒ a0 = 0,338 nm o bien: a0

= 2 ⋅ rO + 2 ⋅ rTi ⇒ a0 = 0,402 nm

Consideramos la segunda ⇒ a0 = 0,402 nm = 0,402 · 10-7 cm -23 a03 =6,496 ·10 cm3 ρ

=

g g 1 ⋅ 40 40,08 mol 47,88 mol + 1⋅ 47 + 3⋅ 16, 00 molg g = 3,47 3 − 23 3 23 −1 6,496 ⋅10 10 cm ⋅ 6, 023⋅ 10 10 mol cm

1.8 El MgO presenta una estructura cúbica compleja (de tipo NaCl). Si su densidad experimental es de 3,2 g/mol: a) Calcular qué porcentaje de defectos de Schottky habrá en la celda, y b) Calcular el factor de empaquetamiento de la estructura teórica. ¿Presenta la misma variación porcentual respecto del valor correspondiente a la estructura real? Datos: MMg = 24,31 g/mol MO = 16,00 g/mol NA = 6,023 · 1023 mol-1 RMg2+ = 0,072 nm RO2- = 0,140 nm Solución:

a) ρexp =

3,2 g/mol ρteórica = ? -8 a0 = 2r Mg + 2r O = 0,424 nm = 4,24 · 10 cm -23 a03 = 7,62 · 10 cm3 Átomos de Mg: 12 centrando las aristas (1/4) + 1 átomo interior = 4 át.Mg/celda



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Átomos de O: 6 átomos centrando las caras y 8 átomos centrando los vértices ⇒ (6·(1/2)) + (8·(1/8))=3 + 1= 4 át.O/celda . Mg t . Mg g. O at .O 4 acelda ⋅ 24,31 gmol + 4 celda ⋅ 16 mol g ρteórica = , = 3512 − 23 3 23 at . cm3 7,62 ⋅ 10 10 cm ⋅ 6, 023⋅ 10 mol

ρteórica > ρexp. ⇒ realmente no habrá 4 moléculas de MgO por celda, sino menos. g .O . Mg at .O ⋅ 24,31 gmol + n celda ⋅ 16 mol ρexp. = at . 7,62 ⋅ 10 10− 23 cm3 ⋅ 6, 023⋅ 1023 mol

n

at . Mg celda

4031 , g ⋅ ⇒ n = 3,64 ⇒ 0,36 vacantes celda 4589 , mol 0,36 % vacantes = ⋅ 100 = 8,9 % vacantes 4

3,2 g mol = n ⋅

b) F . E .real =

Vol. at./ celda Vol Vol. celd celda a

t . Mg 4 3 at .O ⋅ ⋅ π ⋅ r Mg + 3,64 celda ⋅ 4 ⋅ π ⋅ r O3 3,64 acelda 3 3 = 3

a0

3 t . Mg 4 at . O 3,64 acelda , nm) ⋅ ⋅ π ⋅ (0,072 nm)3 + 3,64 celda ⋅ 4 ⋅ π ⋅ (0140 3 3 F . E .real = 3 (0,424 nm)

5, 69 69 ⋅ 10−3 + 0, 04 0418 F . E .real = = 0,62 0,0762 0762 t . Mg 4 at . O 4 3 4 acelda ⋅ ⋅ π ⋅ r Mg + 4 celda ⋅ ⋅ π ⋅ r O3 3 3 F . E .teórico = = 0,68 3 a0

0, 68 68 − 0, 62 62 ⋅ 100 = 8,82 8 2% F. E .teórico 0,68 Sí, presenta aproximadamente la misma variación respecto al valor correspondiente a la estructura real. % ∆F. E . = 100 ⋅

F. E.teórico − F . E.real

=

1.9 La plata Sterling es una aleación comercial, formada por una solución sólida, Ag-Cu, con una riqueza en plata del 975/1.000, y que presenta una estructura FCC. a) Calcular la densidad de esta aleación, y b) Calcular su factor de empaquetamiento. Datos: MAg = 107,87 g/mol MCu = 63,55 g/mol NA = 6,023·1023 mol-1 RAg = 0,144 nm RCu = 0,128 nm



23

Solución:

a)

=

ρ teórica

n

at . Ag celda

at .O ⋅ M Ag + n celda ⋅ MO 3 a0 ⋅ N A

FCC ⇒ 4 át./celda (teórica) 2 ⋅ a0

= 4 ⋅ r Ag ⇒ a0 =

4 ⋅ 0,14 144 nm 2

= 0,407 nm

¿Cuántos átomos habrá de Ag y Cu en la celda? Dependerá de si forman solución sólida sustitucional o bien solución sólida intersticial. Aplicamos la relación Hume-Rothery: Hume-Rothery: r Ag

− r Cu

r Ag

⋅ 100 =

0,14 144 − 0,12 128 0144 ,

⋅ 100 = 11% < 15% ⇒ s.s.s.

Por tanto, habrá 4 átomos en la celda de los cuales x seran de Ag y (4-x) de Cu. 955 g Ag × 25 g Cu

×

1 mol at Ag 107,87 g Ag

1 mol at Cu 63 , 55 g Cu

= 9,04 mol at Ag =

0 , 39 mol at Cu

De 9.43 moles de átomos, 9.04 mol serán de Ag y 0.39 mol serán de Cu, de manera que las proporciones serán: Ag : Cu :

9,04 9,43 0,39 9,43

at Ag / at totales = 0,96 at Ag / total at Cu / at totales = 0,04 at Cu / total


Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

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De manera que los 4 átomos que habrá en la celda elemental estarán distribuidos de la forma siguiente: Ag : 4 × 0.96 at Ag / celda = 3.84 at Ag / celda Cu : 4 × 0.04 at Cu / celda

=

0.16 at Cu / celda

Así, la densidad teórica es: 3,86 celda ⋅ 107,87

.Cu .Cu + 00,14 at celda ⋅ 63,55 gmol = 10,51 g 3 3 −7 23 at . cm (0,407 ⋅10 cm ) ⋅ 6,023 ⋅10 mol

at . Ag

ρ teórica

=

g . Ag mol

b) F . E . =

Vol.at / celda Vol.celda Ag 3,86 at ⋅ celda

.

F . E . =

4 3

=

3,86

at . Ag celda

4

4

.Cu ⋅ ⋅ π ⋅ r Ag3 + 0,14 at celda ⋅ ⋅ π ⋅ r Cu3

3

3

3

a0

4

. Cu ⋅ π ⋅ (0,144nm )3 + 0,14 at celda ⋅ ⋅ π ⋅ (0,128nm)3

3

3

(0,407nm) F . E . real

=

0,0482 + 1,4054 ⋅ 10 −4 0,0674

= 0,74

1.10 A temperaturas elevadas, elevadas, el estroncio (Sr) presenta una estructura estructura BCC. Si se enfría, experimenta una variación alotrópica, y a temperatura ambiente su estructura es FCC. a) Calcular la variación volumétrica porcentual que se produce durante el enfriamiento, b) Esta variación alotrópica, al enfriarse, ¿corresponde a una contracción o a una dilatación?, y c) ¿Qué estructura será más densa? Demostrarlo. Solución: a) V inicial inicial ⇒ BCC ⇒ 2 át./celda

3 ·a0=4·r ⇒ a0 = (4·r )/ )/

3

3

 4 ⋅ r  =  Sr  = 2,3093 ⋅ rS3r = 12,310 ⋅ r S3r  3  V final ⇒ FCC ⇒ 4 át./celda 2 ·a0 = 4·r ⇒ a0 = (4·r )/ )/ 2 3  4 ⋅ r Sr  V fin =   = 2,8283 ⋅ rS3r = 22,617 ⋅ r S3r  2  2 celdas BCC ⇒ 1 celda FCC 4 át. ⇒ 4 át. V in



25

%∆V =

V f

− V i V i

⋅100 =

22,617 ⋅ r

− 2 ⋅ 12,310 ⋅ r 3 ⋅100 = − 8,136% 3 2 ⋅12,310 ⋅ r 3

b) Es una contracción ya que V i > V f . c)

ρ FCC

=

ρ BCC

=

4 ⋅ M Sr 22, 61 617 ⋅ r ⋅ 6, 02 023 ⋅10 10 3 Sr

23

2 ⋅ M Sr 12, 31 310 ⋅ r ⋅ 6, 02 023 ⋅10 10 3 Sr

23

− 25 = 2,93 9 3 ⋅ 10

M

− 6 9 ⋅ 10 25 = 2,69

M

3

r

3

r

Así pues, es más densa la estructura FCC. 1.11 Un laboratorio recibe un un lingote paralelepipédico paralelepipédico metálico, sin defectos macroscópicos, de dimensiones 2 x 2 x 10 cm y 294,920 g de masa. La única información “verdadera” de que dispone es la de una etiqueta: “Cr-BCC”. a) ¿Qué tipo de defectos presenta el lingote?, y b) Una información posterior indica que existe un 10 % de defectos no sustitucionales. ¿Qué puede ser? Datos: MCr = 52,01 g/mol rCr = 0,125 nm Solución: 3

3

V = (2·2·10) cm = 40 cm m = 294,920 g

a)

ρexp = 294,920 g / 40 cm3 = 7,373 g/cm3 BCC ⇒ 2 át./celda -7 3 ·a0 = 4·r ⇒ r = 0,125·10 cm 2 at. Cr ⋅ 52,01 g / mol 104 104,02 g g ρ teórica = = = 7,7178 7178 3 3 3 14,49 cm cm  4  −7 −1 23 10 cm ⋅ 6,023 ⋅ 10 10 mol  ⋅ 0,125 ⋅ 10  3  ρexp > ρteórica ⇒ tiene inserciones, o bien ha formado solución sólida sustitucional con un elemento más pesado. b) Si no son sustitucionales, son intersticiales, es decir, forman solución sólida intersticial. c) ρ exp

= ⇒

2at .Cr ⋅ 52,01g / mol + 0,1 ⋅ 2 ⋅ M 2,406 ⋅10

− 23

cm

3

⋅ 6,023 ⋅10

104,02 + 0,2 ⋅ M 14,49

23

mol

−1

= 7,373

g cm

3

= 7,373 ⇒ M = 14,07 g / mol


⇒


26

Este peso molecular corresponde al del nitrógeno; por lo tanto, éste es el elemento intersticial en el lingote.

1.12 Calcular qué familia de planos presenta mayor densidad atómica: -{1 1 0} para BCC -{1 0 0} para FCC Solución:

ρ BCC

=

2 at . a⋅ 2 ⋅a

=

2 2

a

−2



27

ρFCC =

2 at . a2

ρ {100} FCC

= 2 ⋅ a −2

> ρ{ 110} BCC

1.13 La distancia interatómica de equilibrio para el compuesto iónico LiF LiF es xo=2,014 Å. Usando la expresión de Born, para la cual, en el caso del sistema LiF, el exponente es n=5,9, y sabiendo que el potencial de ionización es de 5,390 eV y la afinidad electrónica es de 3,45 eV . Calcular: a) La energía potencial mínima: Epmin, b) La energía de disociación del enlace: EDLiF; y realizar un esquema del proceso, y c) El momento dipolar. Solución: a) La energía potencial del sistema LiF puede expresarse usando la relación de Born



28

=−

E p

z 2 ⋅ e 2

4 ⋅ π ⋅ εo ⋅ x

+

b x n

z: valencia de los iones e: carga del electrón ⇒ e =

1,6022·10-19 C

εo: permisividad del medio, en este caso, en el vacío ⇒ εo

=

1 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅109 Nm2c− 2

b: constante característica [ Nm Nm2] n: exponente de Born; para el LiF vale 5,9

distancia interatómica [m] La energía potencial es mínima para x= x0 (distancia interiónica de equilibrio); para calcularla hemos de conocer b. En la posición de equilibrio:

x:

 dE p    = 0  dx  x= x 2 2 −1 z ⋅ e ⋅ x 0n − nn⋅+b1 = 0 ⇒ b = 4⋅π ⋅εo ⋅ n x 0 0

z

2

⋅e

2

4 ⋅ π ⋅ ε o ⋅ x 02 2

b=

(1,6022 ⋅10−19 ) ⋅ c 2 ⋅ ( 2,014 ⋅ 10−10 m)   1  ⋅ 5,9 9 2 −2  ⋅  4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅10 N m ⋅ c 

4, 9

= 1,2 1⋅10 − 76 N m 6,9

4⋅π ⋅

2

Ep x = x0

=

1⋅ (1,60 6022 ⋅ 10−19 ) ⋅ c 2

−76

m −19 + 1,2 1⋅10 N 5,9 = −9,5247 ⋅ 10 J 2 − 10   c 4 ⋅π ⋅  ⋅ 2,014 ⋅10−10 (2,014 ⋅ 10 m) 9 2  ⋅  4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅ 10 N m 

− 9,5247 ⋅ 10−19 J ⋅

6, 9

1eV = −5,94 eV = 1602 160 , 22 ⋅ 10−19 J

b) EDLiF = - (Epmin + EAF - PILi) = - (-5,94 + 3,45-5,39) eV = 7,88 eV

Esquema del proceso: Li+F- + 5,94 eV ↔ Li+ + FLi+ + 1 e↔ Li + 3,45 eV F + 5,39 eV ↔ F + 1 eLi+F- + 5,94 eV + 5,39 eV ↔ Li + F + 3,45 eV Li+F- + (5,94 + 5,39 - 3,45) eV ↔ Li + F c) m = z · e · ∆S m: momento dipolar z: n.º de electrones; z =1


Ep x = x 0


29

-19

e: carga del electrón; e = 1,6022 · 10 C ∆S : separación de los baricentros de las cargas; ∆S = 2,014 Å -19

m = 1 · 1,6022 · 10

C · 2,014 · 10

-10

-29

m = 3,23 · 10

Cm

1.14 Se sabe que una red cristalina de tipo cúbico simple posee una constante reticular a = 400 pm y que se emplean rayos X con una longitud de onda de λ = 75 pm. Calcular cuáles serán los ángulos de difracción de primer orden para las caras (1 1 1), (0 1 1) y (1 1 2). Solución: En el sistema cúbico, la distancia entre planos paralelos es:

=

d hkl d 111

a h2 + k 2

+ l2

a

=

12 + 12 + 12 d 011

=

a

d 112

=

a

=

a

3

2 6

Aplicando la ley de Bragg: n·λ = 2·d ·sen θ Para los ángulos de difracción de primer orden, tendremos n=1:

= arcsen

q111

θ 011

θ 011

l

= arcsen

a

2⋅

= arcsen

= arcsen

3 λ a

2⋅

2⋅

= arcsen

2

λ a

6

75 ' o 42 '' 400 = 9 20 42 2⋅ 3

= arcsen

75 o ' '' = 7 3 7 8 400 2⋅ 2

75 ' '' o 1 3 1 633 = 400 2⋅ 6



31


2.1 Para el vanadio, el campo crítico a 3 K es H c = 7,1 · 104 A·m-1. La temperatura de transición es de 5,3 K . Calcular: a) El valor del campo crítico a 0 K , y b) El radio requerido para destruir la superconductividad en un hilo de vanadio por el que se hace pasar una corriente de 200 A. Solución: a)

  T  2  7,1⋅ 104 A ⋅ m−1 Hc   1 05 ⋅ 105 A ⋅ m−1 Hc = H 0 −   ⇒ H 0 = ⇒ H 0 = = 1,05 2 2   T     T c    3  1 −   1 −     5,3   T c   b) r =

I C

2 ⋅ π ⋅ H C

=

200 ⋅10− 4 = 0,448 mm 14 ⋅ 2 ⋅ π

2.2 Sabemos que para el silicio, el intervalo de energías prohibidas es de E g = 1,10 eV . Calcular: a) La energía del nivel de Fermi, b) La concentración de portadores de carga a 20 oC , y c) La conductividad intrínseca a 20 oC , sabiendo que las movilidades de los electrones y de los huecos son, respectivamente, para el silicio: bn b p

= 4 · 105 T -2,6 m2 /V·s = 2,5 · 104 T -2,3 m2 / V.s

Solución: a) E F F = E g / 2 = 1,10 eV / 2 = 0,55 eV



32

b) N n

3 2

= 4,83⋅10 ⋅ T ⋅ e 21

−

E g

2 KT

-23

K = 1,38 · 10 J/K −

N n

3 2

= 4,83 ⋅10 21 ⋅ ( 293 K ) ⋅ e

1,10 eV −1

 2⋅1,38⋅10 − 23 J ⋅293 K  ⋅ 1,6 ⋅10 −19 J         K eV 

= 8,56 ⋅ 1015 m −3

c)

= 4 · 105 T -2,6 m2 /V·s = 4 · 105 · (293)-2,6 = 0,154 m2 / V.s 4 -2,3 4 -2,3 b p = 2,5 · 10 T m2 / V.s = 2,5 · 10 · (293) = 0,053 m2 / V.s σ20oC = N n · e · ( bn + b p) = 8,56·1015 m-3 · 1,6·10-19 C (0,154 + 0,053 = 2,84·10-4 (Ωm)-1 bn

2.3 ¿Qué resistencia presentará un hilo de cobre de 50 m de longitud y 0,5 mm de radio? Datos: ρ (Cu) = 1, 7 ⋅ 10 −6 Ω ⋅ cm Solución: R = ρ ⋅ s

s l

= 1, 7 ⋅10− 6 Ω ⋅ cm ⋅

s l

= ( 0,5 mm) ⋅ π = ( 0,05cm) ⋅ π = 7,85 ⋅ 10−3 cm2 2

2

l

= 50 m = 5.000 cm

7,85 8 5 ⋅10−3 cm2 R = 1,7 ⋅ 10 Ω ⋅ cm ⋅ = 2,67 ⋅ 10−12 Ω 5000 . cm −6

2.4 La resistividad del germanio (Ge) es de 2 Ω⋅cm y su densidad es de 5 g/cm3. La concentración de ‘huecos’ electrónicos es, aproximadamente, 1,8⋅1015 por cm. a) Calcular la movilidad de estos huecos electrónicos. b) El germanio puro no presenta ‘huecos’, sino que estos aparecen al ‘dopar’ el material con otro tipo de átomos. ¿Cuáles provocarían esta situación? Solución:

ρ (Ge) = 2 Ω cm d (Ge) = 5 g/cm3 cm3 Ge [huecos] = 1,8⋅1015 huecos/ cm



a)

33

µhuecos? n

=

1 ρ⋅e⋅µ

n:

concentración ρ: resistividad e: carga eléctrica = carga del “hueco” (h) µ: movilidad 1 2 Ωcm ⋅ 1,6 ⋅ 10−19 C / h ⋅ µ 1 µ= 15 3 1,8 ⋅10 h / cm ⋅ 2 Ωcm ⋅ 1,6 ⋅ 10−19 A ⋅ s / h 1,8 ⋅1015 h./ cm3 =

µ

. = 1736

cm2

Ω ⋅ A ⋅ s

b) Átomos que tengan menos electrones de valencia que el germanio:

B,Al,...,(Z3+) 2.5 Fabricamos un condensador con dos láminas de 25x25 cm muy finas y un dieléctrico de mica entre ellas. Se aplica una carga de 0,06 mC a cada lámina. a) Calcular la densidad superficial de carga en las láminas. b) ¿Cuál será el campo eléctrico que actuará en el dieléctrico? c) Calcular la densidad superficial de las cargas inducidas en la mica. d) Calcular la polarización del dieléctrico. Datos: εr(Ge) = 4 εo= (4·π·9⋅109)-1 C 2 /N ⋅m2 Solución: a) Q =

0,06 mC d s

=

Q s

0,06 mC 0,06 0 6 ⋅ 10−3 C = = 2 ⋅ (25 cm)2 2 ⋅ ( 0,25 m)2 ds

= 4,8 ⋅10 −4 C / m2

b) E = 9

d s

ε

ε = εr ⋅ εo = 4 / 4·π⋅9⋅10 (C /N·m2) = 3,537⋅10-11 C 2 /N ⋅m2 2

4,8 ⋅ 10−4 E = 106 N / C = 13,571⋅ 10 106 V / m −11 = 13,571⋅ 10 3,5 37 37 ⋅ 10



34

c)

= ε ⋅ E − εo ⋅ E = ε o E ⋅ (ε r −1 ) 135 , 71 ⋅ 10 6 = 1357 ( 4 − 1) = 3,599C / m 2 9 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅ 10 d si

d si d) P = εo ⋅ χe ⋅ E

=

3 (13,571⋅10 1 0 6 ) = 3,599 ⋅ 10− 4 C / m 2 9 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅ 10 χe = ε r − 1 = 4 − 1 = 3

2.6 La susceptibilidad magnética del aluminio a 20oC es χm= 0,65 · 10-6. Calcular: a) La permeabilidad relativa, b) La permeabilidad absoluta, 6 c) La magnetización para una excitación H = 10 Am-1, d) La inducción magnética, y e) La relación entre los valores de B en el Al y el vacío. Solución: = 1 + 0,65·10-6 = 1,00000065 -7 -6 -1 -1 b) µ = µr ·µo = 1,00000065·4·π·10 = 1,2566·10 Wbm A -6 6 -1 c) M c) M = χm·H = 0,65·10 · 10 = 0,65 Am -6 6 d) B d) Bal = µ·H = 1,2566·10 ·10 = 1,2566 Wbm-2 e) B e) Bo = µo·H B Al = µo·(1 + χm)·H B Al / Bo = 1 + χm = µr = 1,00000065 a) µr = 1 + χm

2.7 Se dispone de una probeta cilíndrica de cobalto, cuyas dimensiones son: longitud l=150 mm; diámetro d =10 =10 mm. La acción de un campo magnético uniforme está asociada a una inducción de valor B=0,94 Wbm-2. Calcular la energía almacenada en el vacío, así como en un acero templado de permeabilidad relativa µr = 1.458. Solución: Volumen = (π·d 2·l)/4 = 1,178·10-5 m3 Densidad de energía en un campo magnético:

1 B2 = ⋅ V 2 µ

W

J ] energía almacenada [ J 3 V : volumen [m ]

W :



35

B:

inducción magnética; B = 0,94 Wbm-2 µ: permeabilidad absoluta en el vacío µ = µo = 4·π·10-7 Wbm-1 A-1 en acero templado µ = µr ·µo Vacío:

(Wb ⋅ A = m2 ⋅ kg ⋅ s−2 ⋅ A−1 ⋅ A = m2 ⋅ kg ⋅ s −2 = N ⋅ m = J ) Acero templado: W =

d 2 ⋅ l ⋅ B2 −7

32 ⋅ 10 ⋅ µr

8 4 ⋅ 10− 3 J = 2,84

2.8 La susceptibilidad magnética del molibdeno (Mo) es de 1,19⋅10-4. Determinar: a) La susceptibidad absoluta, b) La permeabilidad relativa, y c) Si se somete a la acción de

un campo magnético de intensidad 1.000 A/m, calcular cuál será la magnetización del molibdeno en estas condiciones.

Datos: µo = 4· π⋅10-7 H/m

Solución: a)

χm : susceptibilidad magnética χm = 1,19⋅10-4 µr : permeabilidad relativa µr = 1+ χm µ : permeabilidad absoluta µ = µr ⋅ µo µ = µr ⋅ µo = (1+ χm) ⋅ µo = (1 + 1,19⋅10-4) ⋅ 4·π·10-7 H/m µ = 1,257⋅10-6 H/m b)

µr =

c) H = M ?

µ µ0

1257 125 , 7 ⋅ 10−6 H / m , = = 1000119 4π10− 7 H / m

1.000 A/m -4 H = 1,19⋅10 ⋅1.000 A/m Μ = χm⋅ H

M =

0,119 A/m



36

2.9 Por una bobina circular de 100 espiras, con un radio de 30 mm, pasa una corriente de 1 A. Hallar: a) El momento magnético dipolar (µm). b) El momento del dipolo si lo colocamos en el interior de un campo magnético de inducción de 3 Wb/m2 perpendicular a la bobina. c) ¿Qué valor presentará el campo magnético (B) en un punto situado a 2,5 cm del centro de la

bobina? Datos: µo = 4· π·10-7 H/m = Wb/mA

1 Wb = 1V ⋅1s Solución: a) n = 100 espiras R = 30 mm = 0,03 m I = 1 A

= π ⋅ r 2 = 2,827 ⋅ 10−3 m 1 0−3 m2 = 0,2827 A ⋅ m2 µ m = n ⋅ I ⋅ S = 100 ⋅ 1 A ⋅ 2,827 ⋅10 µ m = 0,2827 A ⋅ m2 S

b) B b) B = 3 Wb/m

2

θ = 90º τ τ

= 0,2827 Am 2 ⋅ 3

Wb 2

= µ m ⋅ B ⋅ sen θ

⋅ sen90o = 0,8481 A ⋅ Wb = 0,8481 N ⋅ m

m Α⋅Wb = A⋅V ⋅s = W ⋅s = J = N ⋅m

τ = 0,8481 N ⋅m c) B = µo

I ⋅ R2

2( R2 + x 2 )3 / 2 x = B =

= µo

1 A ⋅ ( 0,03 m)2 3 / 2 2[(0 ,03 m)2 + (0,025 m)2 ]

0,025 m = 2,5 cm

4 ⋅ π ⋅ 10 − 7

H

B

m

A

Wb

m

m2

⋅ 7,556 = 9, 49 ⋅ 10− 6

= 9,49 ⋅ 10− 6

Wb m2



37

2.10 Para la difusión del C en Fe (FCC) tenemos D0=21·10-6 m2s-1 y Q=141.284 Jmol-1, mientras que para la difusión en Fe (BCC) es D0=79·10-8 m2s-1 y Q=75.658 Jmol-1. Calcular: a) La profundidad de penetración del C en Fe (FCC) a 900 oC , al cabo de 1 hora, y o b) La profundidad de penetración del C en Fe (BCC) a 600 C , al cabo de 2 horas. Solución: a) − Q1

D1173 .

−141284 .

⋅. = Do ⋅ e RT = 21⋅10 − 6 ⋅ e 8311173 = 1,0653⋅ 10 −11 m 2 s −1 x1 = 2 ⋅ D1 ⋅ f ⇒ x1 = 2,7695 ⋅ 10−4 m 1

b) − Q2

D873

2

−8

−75658 . ⋅ e 831873

= D o ⋅ e = 79 ⋅ 10 ⋅ = 2,3356 ⋅ 10 −11 m 2 s −1 x 2 = 2 ⋅ D2 ⋅ f ⇒ x 1 = 5,7993⋅ 10 −4 m RT

2.11 Un lingote de plomo plomo solidifica a 325 oC . En ese momento mide 25 cm. ¿Cuál será su longitud a temperatura ambiente? Datos: αPb = 29 · 10-6 cm/cm·oC Solución: ∆l = α · l0 · ∆T l0 = 25 cm

α = 29·10-6 cm/cm·oC ∆T = T f - T i = 25 oC - 325 oC = -300 oC ∆l = 29 · 10-6 cm/cm·oC · 25 cm · (-300 oC ) ∆l = -0,2175 ∆l = l f - l0 ⇒ l f = - ∆l + l0 = 24,7825 cm

2.12 Un par bimetálico de cobre y níquel níquel (Cu-Ni) se somete somete a un recocido a 250 oC y se enfría bruscamente hasta temperatura ambiente. ¿En qué dirección se doblará el par? Solución: l0(Cu) = l0(Ni)

∆T < 0 ⇒ Contracción ∆l(Cu) = 16,6·10-6 (cm/cm·oC ) · l0 · ∆T ∆l(Ni) = 13·10-6 (cm/cm·oC ) · l0 · ∆T



38

∆l(Cu) > ∆l(Ni) ∆T = 25 -250 = -225 oC

Puesto que el cobre presenta mayor contracción que el níquel, el par se curvará hacia el cobre. 2.13 Es invierno, con una temperatura media ambiente de 3 oC . Se instala calefacción en casa y nos interesa mantener una temperatura interior constante de 22 oC . Las ventanas exteriores son de 1,2 x 1,2 m y se coloca una única pieza de vidrio. 7 a) ¿Qué grueso debería tener como mínimo este vidrio para evitar pérdidas superiores a 5·10 cal/día?, y b) ¿Qué temperatura máxima de verano implicará las mismas pérdidas con este mismo vidrio si se instala aire acondicionado con una temperatura media programada de 18 oC ? Datos: K vidrio vidrio = 0,0023 cal/cm·s·K Solución: a)

∆T = (22 - 3)oC = 19 oC = 19 K A = (1,2 · 1,2) m2 Q A Q/A: calor disipado K : conductividad

= 144 m2 = 14.400 cm2

≤ Κ⋅

∆T ∆ x

por unidad de área

∆T/ ∆ x: gradiente de temperatura ∆ x: grueso del cilindro 7

Q = 5·10 cal/día A=1,44 m2

5 ⋅ 107 cal día 19 K ≤ Κ⋅ 2 1,44 m ∆ x

Κ ⋅ 19 K ⋅ 1,44 m ∆ x ≥ = 5 ⋅ 107 cal día 2

0,0023

cal

⋅ 19 K ⋅ 14.400cm2

cm ⋅ s ⋅ K 7 cal

5 ⋅ 10

día

⋅

, cm ∆ x ≥ 1087 b) ∆T = T-18 C = T o

1día 24 ⋅ 3.60 600s

-18K

T − 18 K 5 ⋅ 107 cal 243600 ⋅. s cal ∆ x ≥ 1087 ≤ ⋅ , cm ⇒ 0 , 0023 00 23 ⋅ ⋅ c m s K 14400 . cm2 1087 , cm 0,040 ≤ 2 ⋅ 116 ⋅ 10−3 ⋅ T − 18 ⇒ 18, 90 ≥ T − 18 T

≤ 18,90 + 18 = 36,9 C o



39

2.14 La longitud crítica fotoeléctrica para el aluminio (Al) es de 475 nm. ¿Cuál será la velocidad máxima del electrón emitido tras incidir una radiación electromagnética con una longitud de onda de 175 nm? Calcular la potencia del frenado. Datos: h=

6,62⋅10-34 J ⋅s

-31

Kg

h ν

=

hc

νo

=

c

me = 9,1⋅10

10

c = 3⋅10 cm/s

Solución: λo = 475 nm

λ λo

3 ⋅1010 cm / s ν o = = 6,316 ⋅1014 s −1 −7 475 ⋅10 cm h ν = mv2 /2 + φ = mv2 /2 + h νo ½ mv2 = h⋅( ν- νo) v

=

2 ⋅ 6,62 ⋅ 10−34 J / s ( ν − νo ) = (ν − ν 0 ) 9,1⋅ 10− 31 Kg m

2h

ν v

=

⋅ 10 cm s 17 , 14 ⋅ 1015 s −1 = 3 10 − 7 / = 171 λ 175 ⋅ 10 cm c

J / s 10−3 (1, 714 ⋅ 10 1015 s −1 − 6,316 ⋅ 10 1014 s −1 ) = 1,4549 ⋅ 10 Kg

125 , 5 ⋅ 106 m / s = 1255 = 6,62 ⋅10 10 −34 Js ⋅ 6,316 ⋅ 10 1014 s −.1 Ve = 4,18 18 ⋅ 10−19 J v

Ve = h ⋅ ν o

2.15 Un dispositivo tiene un filamento de wolframio (W) caliente. Se le aplica un voltaje de 5.000V y se produce emisión de electrones. ¿Cual será el límite de longitud de onda corta que puede estimular el electrón emitido? Datos: h=

6,62⋅10-34 J ⋅s

c

= 3⋅1010 cm/s

-19

e = 1,6⋅10 J/V

Solución:



40

V =

5.000 V eV

1,6 ⋅ 10 10−19

J V

λ

= E =

hc

λ

⋅ 5.000 V = 6,62 ⋅10 = 2,48 ⋅ 10

−8

cm =

−34

Js ⋅ 3 ⋅ 1010 cm / s

λ

0,248 nm



41


3.1 ¿Cuál es la masa molecular molecular media en número número ( Mn ) y en peso ( Mw ) de una mezcla que pesa 2 g y está formada por 1 g de la parafina C95H192 y 1 g de la parafina C105H212 ? Solución: La masa molecular de cada parafina es: M95 = 95 ·12 + 192 = 1,332 g/mol M105 = 105 ·12 + 212 = 1,472 g/mol El número de moles de cada parafina es: -4 n95 = 1g / (1,332 g/mol) = 7,51 ·10 moles -4 n105= 1g / (1,472 g/mol) = 6,79 ·10 moles Entonces la masa molecular media en número ( Mn ) es: Mn = Σ xi M i xi : fracción molar M i : M mol de la fracción i Mn M n =

7,51 ⋅10 −4 ( 7, 51 51 + 6,79 ) ⋅10 − 4

, ⋅1332 +

6,79 ⋅10 −4 (6, 79 79 + 7, 51 51) ⋅10 − 4

472 ⋅1,472

Mn M n = 1,399 g/mol

y la masa molecular media en peso ( Mw ) es: Mw = Σw M i i wi : fracción molar M i : M mol de la fracción i

Mw = 0.5 ⋅ 1,332 + 0,5 ⋅1,472 = 1,402 g / mol

3.2 Para el sistema PMMA, en la tabla adjunta adjunta se indican los valores determinados, determinados, en torno a 25 ºC , con un viscosímetro de tipo capilar.



42

Calcular la masa molecular media viscosimétrica de esta muestra de PMMA. c (g/dl) t (s)

0,0

0,2

0,4

0,7

1,0

1 ,5

93,8 93,8

110,4 110,4

130,4 131,0

166,6 166,8

211,6 212,0

302,8 302,0

94,0 93,9

110,5 110,8

131,5 131,4

166,7 166,5

211,2 211,5

301,9 302,3

Solución: La masa molecular viscosimétrica se puede calcular a partir de la relación semiempírica de MarkHawink Sakurada. [η] = k ⋅ M va [η] : viscosidad intríseca M v : masa molecular viscosimétrica K,a : constantes que dependen del polímero, del disolvente y de la temperatura. Para nuestro caso: PMMA / acetona / 25 ºC -5 Por otra parte: K = 7,5·10 y a = 0,7 [η] = lim( c → 0)η reducida

ηreducida = ηespecífica /c ηespecífica = (t-t0)/to c : concentración en g/dl t : solución t o : solvente

c

[g/dl]

t [s] A

0,0 93,875 -

0,2 110,52 0,887

0,4 131,07 0,991

0,7 166,65 1,107

A : ηsp /c = (t-to)/toc


1,0 211,57 1,254

1, 5 302,25 1,479


43

En la figura adjunta se representa la concentración frente a la ηreducida. La ordenada en el origen nos da el valor de la ηintríseca ([η]). [η] = 0,8001 y aplicando la relación de Mark-Hawink Sakurada calculamos la masa molecular media viscosimétrica. [η] = k ⋅ M va M = 567972 g/mol

3.3. Calcular la masa molecular media en peso y en número de una muestra de poliestireno (PS) formada al mezclar 8 fracciones de poliestireno monodispersas. En la tabla se indica la masa molecular de cada fracción de poliestireno así como la cantidad de cada una en las mezclas. Mmol

15.000

27.000

39.000

56.000

78.000

104.000

120.000

153.000

peso g

0, 1

0,18

0,25

0,17

0,12

0,08

0,06

0,04

Solución: Masa molecular media en peso ( Mw ) Mw =∑ w M i i Mw =

0,1 1

. ⋅ 15000 +

+

0,18 1

0,08 1

000 + ⋅ 27.000

. ⋅ 104000 +

0,25 1 0,06 1

. ⋅ 39000 +

0,17

⋅120.000 +

1

. ⋅ 56000 +

0,04 1

0,12 1

. ⋅ 78000 +

. ⋅153000

Mw = 56.630 g/mol

wi = peso fracción i / peso total

(peso total = 1g)

Masa molecular media en número ( M n ). Primero calculamos el número de moles de cada fracción. n1 = 0, 0,1/15.000 n2 = 0,18/27.000 n3= 0,25/39.000 n4= 0,1 0,17/56.000 n5= 0,12/78.000 n6 = 0,0 0,08/ 8/10 104. 4.00 000 0 n7 = 0,06 0,06/1 /120 20.0 .000 00 n8 = 0,0 0,04/ 4/15 153. 3.00 000 0

-6

= 6,67·10 -6 = 6,6 6,67·10 -6 = 6,4 ·10 -6 = 3,04 ·10 ·10 -6 = 1,5 ·10 -6 = 0,7 0,77 7 ·10 ·10 -6 = 0,5 0,5 ·10 ·10 -6 = 0,2 0,26 6 ·10 ·10

El número de moles totales es n=25,81 ·10

-6



44

M n=

+

6,67 ⋅ 10 −6 25,81 ⋅10 −

6

⋅15.000 +

3,04⋅10 − 6 25,81⋅10

⋅56.000+ −6

1,5

6,67 ⋅ 10 −6 25,81⋅ 10 −

⋅78.000+

25,81

6

⋅ 27.000 +

0,77

6,4 ⋅ 10 −6 25,81⋅10 −

⋅104.000+

25,81

0,5

6

⋅ 39.000 +

⋅120.000+

25,81

0,26 25,81⋅153.000

= 38.622 g/mol

3.4 ¿Cuál es el efecto sobre la Mn y la Mw de la adición de 0,5% en peso de monómero de estireno a la muestra de PS del problema 4.3? Solución: Monómero de estireno: estiren o: C8H8 M mol mol = 12 · 8 + 8 = 104 g/mol Peso de monómero añadido: -3 0,5/100 ·1 g mezcla = 5 ·10 g Moles de monómero añadidos: -3 -5 5x10 (g) ·1 mol /104 /104 g = 4,8 ·10 mol Influencia sobre la Mn : Mn M n = Σ xi M i Mn M n =

4,8 ⋅10

−5

4,8 ⋅10 −5 + 25,81 ⋅10 10 − 6

⋅ 104 +

25,81 ⋅10 −6 25,81 ⋅10 10− 6 + 4,8 ⋅10 − 5

622 =13.573 g/mol ⋅ 38.622

Influencia sobre la Mw : 5 ⋅ 10−

3

Mw = Σ wi M i =

5 ⋅ 10

−3

+1

⋅ 104 +

1 1 + 5 ⋅ 10 10− 3

. = 56.349 g/mol ⋅ 56630

3.5 Calcular la cristalinidad que presenta un PVC PVC comercial de densidad 1,442 g/mol, sabiendo que 3 la densidad del PVC amorfo es de 1,412 g/cm y la del PVC cristalino es de 1,477 g/cm3. Solución: Cristalinidad : X =

W crist W tot

1/ ρt = wc / ρc + wa / ρa = wc / ρc + (1-wc)/ ρa



45

ρ c⋅ ( ρ a − ρ t )

=

ρc ρa − ρt ⋅ ρt ρa − ρc

X = wc / wt = wc / 1 =

ρc ρa − ρt ⋅ ρt ρa − ρc

wc =

X =

ρ t ⋅ ( ρ a − ρc )

1477 , 1,41 412 − 1,44 442

⋅

1442 , 1,41 412 − 1,47 477

= 0,47

47% de cristalinidad

3.6 Una muestra muestra de polietilenterftalato (PET) se enfría rápidamente rápidamente desde 300 ºC (A) hasta temperatura ambiente (B) y da como resultado un material rígido y perfectamente transparente. Esquematizar el diagrama volumen específico vs. temperatura de este proceso y explicarlo. T g= 69ºC T m= 267ºC

Solución:

El PET es un material que puede cristalizar; sin embargo, al enfriarse rápidamente desde 300 ºC (A) hasta 20ºC (B), las cadenas de polímero no pueden adquirir la estructura cristalina. El material resultante será 100% amorfo y, por tanto, totalmente transparente. Puesto que a temperatura ambiente se encuentra por debajo de la temperatura de transición vítrea (T g= 69ºC ) el material es rígido, es decir, está en estado vítreo.


46


3.7 La muestra de PET PET en el estado (B), (B), del ejercicio 3.6, se se calienta hasta 100ºC y se mantiene a esta temperatura hasta que se observa que la muestra adquiere una apariencia translúcida (C), entonces se enfría hasta temperatura ambiente (B) y da como resultado un material rígido y translúcido. Explicar este proceso. Esquematizar el diagrama volumen específico vs. temperatura, si esta muestra en el estado (D) se calentara hasta 300ºC . Solución:

Al calentar la muestra desde el estado (B) hasta 100ºC se produce la cristalización del material, puesto que está a una ttemperatura emperatura superior a su T g; en consecuencia, el material se vuelve translúcido (debido a la presencia de dos fases, una amorfa y otra cristalina). Cuando se vuelve a enfriar desde (C) hasta (D) el material resultante es un PET semicristalino y, por tanto, translúcido, y además rígido, puesto que el material consta de una fase cristalina y otra amorfa en estado vítreo (por debajo de T g).

3.8 Explicar los siguientes hechos: hechos: a) El polietileno (PE) y el polipropileno (PP) obtenidos mediante catalizadores estereoespecíficos son rígidos y translúcidos, mientras que un copolímero 65-35 de ambos, obtenido de la misma manera, es en caucho transparente y blando. b) Existe un plástico comercialmente disponible que es similar en apariencia al PE y al PP descritos en el apartado a y que consiste en un 65% de unidades de etileno y un 35% de unidades de propileno. En este plástico los dos componentes no se pueden separar por medios físicos o químicos sin degradar el polímero.



47

c) Calcular la temperatura de transición vítrea (T g) de los materiales descritos en a y b sabiendo que: T g (PE) = 248 K T g (PPisotáctico) = 265 K

Solución: a) El PP obtenido mediante catalizadores estereoespecíficos es isotáctico. El PE y PP, al ser translúcidos, indican que están constituidos por dos fases, es decir, son semicristalinos y tienen fase amorfa y fase cristalina. La fase cristalina da rigidez al material. El copolímero 65-35 es un caucho transparente y blando. Por el hecho de ser transparente deducimos que tiene una sola fase, la fase amorfa. Dicha fase amorfa se encuentra a temperatura ambiente por encima de T g y, por tanto, es un material blando, el caucho. Estas observaciones nos llevan a concluir que se trata de un copolímero al azar . b) Este tipo de material, constituido por el 65% de unidades de etileno y el 35% de unidades de propileno es también un copolímero puesto que no podemos separar los componentes a menos que degrademos el polímero, es decir, no se trata de una mezcla de polímeros. Este material es rígido y translúcido, esto nos indica que es un material semicristalino y, por tanto, se trata de un copolímero en bloque (es el único copolímero que puede cristalizar). c) La T g de un copolímero al azar se calcula a partir de la siguiente expresión:

1 T gc

=

wi

∑ T

gi

T en K wi =fracción molar T g del polímero del apartado a

1 T ga

=

0,65 248

+

0,35 265

T ga ga= 253,7 K = -19,3 ºC

Cuando un copolímero es en bloque el material presenta una T g diferente para cada bloque distinto. Por tanto, la T g del copolímero del apartado b: 248 K y 265 K 3.9 Dibujar de forma aproximada la curva tensión-deformación tensión-deformación a tracción de una probeta de poliestireno (PS) y de polietileno (PE). Indicar cuál sería en cada punto significativo de la curva la forma de la probeta. PS (T g= 80ºC ) PE (T g= -30ºC , T m= 115ºC )



48

Solución:

3.10 Preparamos dos materiales compuestos compuestos con la siguiente composición (en volumen): volumen): 1. Polipropileno reforzado con un 20% de fibras de vidrio. 2. Epoxi reforzado con un 25% de fibras de carbono y un 25% de fibra de Kevlar. Encontrar en cada caso la masa de cada constituyente por unidad de masa de composite. Densidad (ρ) : vidrio)=2,54 g/cm3 ρ (fibra de vidrio)=2,54 ρ (PP)=0,90 g/cm3 ρ (fibra de carbono)=1,79 g/cm3 ρ (Kevlar)=1,45 g/cm3 ρ (epoxi)=1,30 g/cm3 Solución: Primero encontramos la densidad del material compuesto a partir de la ley de las mezclas:

ρc= ρmV m + ρ f V f Para el PP:

ρ = 0,2 · 2,54 + 0,8 · 0,9 = 1,228 g/cm3 En 1 cm3 de material compuesto hay 0,2 cm3 de vidrio. Entonces la masa de vidrio en 1 cm3 de composite es: 0,2 cm3 · 2,54 g/cm3 = 5,08 g vidrio/1cm3 de composite La masa de vidrio en 1 g de composite es:



49

5,08 g. vidr vidrio io

⋅

3

1cm3 comp compos osit itee

1cm comp 228 g.comp compos osit itee 1,228 compos osite ite

=

0,414 g. vidr vidrio io 1 g. comp compos osite ite

Para el caso de epoxi:

ρ = 0,25 · 1,45 + 0,25 · 1,79 + 0,5 · 1,3 = 1,46 g/cm3 La masa de carbono en 1 cm3 de composite es: 0,25 cm3 · 1,79 g/cm3 = 0,447 g carbono La masa de carbono en 1 g de composite es: carbon ono o 1cm3 comp compos osit itee 0,25 cm3 carb

⋅

3

1cm comp compos osit itee 1,46 g.compo composit sitee

=

carbono no 0,307 g.carbo

1 g. compo composit sitee

De igual forma para el Kevlar: evlar r 1,45 g. Kevl Kevla ar 1cm3 comp compos osit itee 0,25 cm3 Kevla 3

1cm comp compos osit itee

⋅

3

⋅

1cm Kevla evlar r 1,46 g. comp compos osite ite

=

evlar r 0,248 g. Kevla

1 g. comp composi osite te

En 1 kg de composite hay 307 g de fibra de carbono, 248 g de fibra de Kevlar y 445 g de epoxi.

3.11 Un material compuesto consiste en un 40% (en volumen) de fibras de vidrio continuas y orientadas en una matriz de poliéster insaturado. Se aplica una tensión de tracción de 100 MPa en la dirección paralela a las fibras. Predecir la deformación que se originará.

Módulo elástico E [GPa]

fibra de vidrio 76

poliéster 3

Coeficiente de Poison ν

0,22

0,38

Solución: Se producirá una deformación en la dirección axial (ε1) y una deformación negativa en las direcciones transversales a la fibra ε2 = ε3 = - ν1,2 ⋅ ε1 El módulo elástico del material compuesto será (según ecuación E c= E mV m+E f V f ): E c= E mV m+ E f V f = 3 ·0,6 + 76 ·0,4 = 32,26 Pa

Entonces:

ε1 = σ /E = 100 MPa / 32,2⋅103 MPa = 3,11⋅10-3



50

Para calcular ε2 primero se calcula ν1,2 (según ecuación ν1,2 = νmV m+ ν f V f ):

ν1,2 = νmV m+ ν f V f = 0,6 ·0,38 + 0,4 ·0,22 = 0,316 En consecuencia, la deformación transversal a las fibras será:

ε2 = - ν1,2 ⋅ ε1 = -0,316 · 3,11 ·10 -3 = -9,83 ·10-4

3.12 Un material compuesto consiste en un 50% (en volumen) de fibras de carbono continuas y alineadas en una matriz epoxi. Predecir la resistencia a la tracción del composite en la dirección paralela a las fibras.

Resistencia a la tracción

fibra de carbono 3.200

epoxi 60

Módulo Elástico

230

2, 4

MPa) Resistencia a la tracción: σt ( MPa Módulo elástico: E (GPa)

Solución: La deformación a rotura de las fibras ( ε f ) y de la matriz (εm) son:

ε f = 3.200 MPa /230⋅ 103 MPa = 1,39⋅10-2 εm = 230 MPa /2,4⋅ 103 MPa = 2,5⋅10-2 Las fibras fallan antes que la matriz; cuando esto ocurre la matriz soporta una tensión igual a:

σm = E m ⋅

ε f = 2,46 Pa ⋅ (1,39⋅10-2)= 0,0334 GPa = 33,4 MPa

Considerando que el material compuesto va a fallar en cuanto se rompan las fibras (consideración adecuada, dado el % en volumen de fibras), la tensión soportada por el material compuesto en el momento de la rotura vendrá dada por la ecuación:

σc= σmV m + σ f V f σc= (33,4 MPa · 0,5) + (3200 MPa · 0,5) = 1,617 MPa 3.13 Un material compuesto consiste en un 50% (en volumen) de fibras de vidrio continuas y alineadas en una matriz de poliéster insaturado. Predecir la resistencia a la tracción del material compuesto en la dirección paralela a las fibras.



51

fibra de vidrio 1.800

Resistencia a la tracción Módulo elástico

76

poliéster 55 3

Resistencia a la tracción: σt ( MPa MPa) Módulo elástico: E (GPa) Solución: La deformación a rotura de las fibras ( ε f ) y de la matriz (εm) es:

ε f = 1.800 MPa / 76 ·103 MPa = 2,37 ·10-2 εm= 55 MPa / 3 ·103 MPa = 1,83 ·10-2 En este caso, falla antes la matriz que las fibras. Cuando falla la matriz las fibras soportan una tensión igual a: σ f = E f ⋅ εm = (76 ·10 3 MPa) · (1,83 ·10 -2) = 1.390 MPa y la tensión soportada por el composite es:

σc= σmV m + σ f V f σc= (55 MPa · 0,5) + (1.390 MPa · 0,5) = 723 MPa Sin embargo, la máxima tensión que puede soportar el material compuesto cuando sólo las fibras contribuyen, es decir, cuando la matriz ha fallado, viene dada por:

σ f = 0,5 · 1.800 MPa = 900 MPa Esta tensión excede a la tensión alcanzada por el composite en el punto de rotura de la matriz. Podemos deducir que el material compuesto puede continuar soportando carga hasta el punto en que las fibras fallen, y que la resistencia a la t racción del composite será:

σc= 900 MPa

3.14 Un material compuesto de fibras fibras colocadas en capas horizontales horizontales se ensaya a impacto. El valor de energia absorbida por unidad de área (resiliencia, ρ) está relacionado con la orientación de las fibras según una expresión del tipo ρ = 3,74 + 2 ,3 senθ ( J/cm2), donde θ es el ángulo que forman las fibras con la entalla (0 < θ < 90). ¿Qué ángulo proporcionará mejores propiedades propiedades a impacto para este material? Solución:



52

Hay que hallar el valor o valores de θ que corresponden a un máximo en los valores de la función ρ (θ); si derivamos la función ρ respecto de θ e igualamos a cero hallaremos los valores de θ que suponen un máximo (y/o mínimo) para la resiliencia. Por tanto:

∂ρ ∂θ

= 2,3 cosθ = 0

⇒ cosθ = 0

⇒ θ = 90

Es decir, las fibras perpendiculares a la entalla son las que optimizan la respuesta a impacto de este material.

3.15 Un material plástico cuya temperatura temperatura de fusión es T m = 170 ºC y de transición vítrea T g = 50 posee un 60% de cristalinidad después de haber sido enfriado lentamente hasta temperatura ambiente (20ºC). a) ¿En qué estado de agregación se encuentra este polímero a 190 ºC , 100ºC y 20 ºC ? b) Si el citado polímero se calienta a 180ºC y luego se enfría muy rápidamente hasta 20ºC , ¿la cristalinidad del material será del 60%?. Justificar la respuesta. c) Si el material obtenido en el apartado anterior se mantiene a temperatura ambiente durante un año, ¿se producirá algún cambio microestructural? ¿Por qué? Solución: a) 190ºC : gomoso 100ºC : semicristalino flexible 20ºC : semicristalino rígido o vítreo b) La cristalinidad será bastante inferior. Al enfriarse rápidamente no se da tiempo suficiente a que tenga lugar la reacción de cristalización, la cual tiene lugar por pliegues de las cadenas poliméricas. c) A temperatura ambiente, por debajo de T g, no se favorece la necesaria rotación de las cadenas para que éstas se plieguen. Por tanto, el polímero no cambiará su microestructura.

3.16 Una barra cilíndrica de polipropileno (PP) (PP) está empotrada en el techo por uno uno de sus extremos, extremos, mientras que en el otro se agrega un peso de 30 kg. a) Hallar el diámetro mínimo tal que el alargamiento de la barra al cabo de un año sea como máximo de 12,5 mm si la temperatura de trabajo es de 20ºC . La longitud inicial de la barra es de 0,5 m. b) Suponiendo que la barra se fabricase en las mismas dimensiones con poliestireno (PS), bajo las mismas condiciones de carga y sin llegar a rotura, ¿la deformación que cabe esperar sería mayor o menor? Justificar la respuesta. PP (Tg= 0ºC , Tm=140ºC ) PS (Tg=80ºC )



53

Solución: a) e = (12,5 mm /500 mm)·100 = 2,5 %

1año ⋅

s 365 días 24 h 3600 .

1año

⋅

1día

⋅

1h

7 15 ⋅10 s = 3,15

Con estos dos valores, obtenemos del gráfico que el valor de carga es 7,7 MPa.

σ =

F A

30 kg ⋅

= π⋅

9,8 N

1 kg = 7,7 ⋅106 N m2 2 D 4



54

D =

80 ⋅ 9,8

π 4

= 6,97 ⋅10 − 3 m = 6,97 mm

⋅ 7,7 ⋅10 6

b) El polipropileno está en estado gomoso y el poliestireno en estado vítreo, por tanto, el vítreo (PS) se deformará menos en principio.



55


4.1 Para la aleación aluminio-silicio, cuyo diagrama de fases se adjunta:

a) Supongamos la aleación con un 5% de Si y un 95% de Al: a1) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase α a 640, 600, 577 y 550ºC? a2) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase líquida a 640, 600 y 577ºC? a3) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase β a 550ºC? a4) ¿Cuáles serán los porcentajes de α y de líquido a 620, 600 y 578ºC? a5) ¿Cuáles serán los porcentajes de α y β a 576 y 550ºC? b) Para la aleación típica del bloque de un motor con 16% de Si y 84% de Al: b1) ¿A qué temperatura aparecerán los primeros cristales de sólido al enfriarse lentamente el metal fundido? b2) ¿A qué temperatura se solidificará completamente la aleación? b3) ¿Cuál será la composición composición de las fases β y líquida a 578ºC? b4) ¿Cuál será el análisis de las fases α y β a 550ºC? b5) ¿Cuáles son las proporciones de las fases líquida y β a 578ºC 578ºC y de α y β a 576ºC? c) Como puede verse en el diagrama, el porcentaje de fase α disminuye durante el enfriamiento de 576 a 20ºC. ¿Por qué?¿Qué sucede con dicha fase?


56




57

Solución: a) Supongamos 5% Si + 95% Al: a1) 640ºC 600ºC

577ºC 550ºC a2) 640ºC 600ºC 577ºC

%Si (α) = 0 no hay %Si (α) = 1,20% %Si (α) = 1,65% %Si (α) = 1,30% %Si (L) = 5,0% %Si (L) = 9,0% %Si (L) = 12,6%

a3) 550ºC %Si (β) = 99,0% a4) T = 620ºC

%α =

6,1 − 5,0 6,1 − 0,9

⋅ 100 =

11 , 5,2

⋅ 100 = 21,15 %

%β = 100 − 21,15 = 78 ,85 85 % T = 600ºC

%α =

9,0 − 5,0 9,0 − 1,2

32 % ⋅ 100 = 69,32

%β = 100 − 51,28 = 48,72 72 % T = 578ºC

%α =

12,59 59 − 5,0 12,59 59 − 1,64 64

32 % ⋅100 = 69,32

% L = 100 − 69,41 41 = 30 ,68 68 %

a5) T = 576ºC

%α =

99,0 − 5,0 12,59 59 − 1,64 64

⋅ 100 =

94,0 9736 ,

= 96,56 %

%β = 100 − 96,56 56 = 3,45 % T = 550ºC

%α =

99,0 − 5,0 99,0 − 1,3

⋅100 =

94,0 97,7

21 % ⋅100 = 96,21

%β = 100 − 96,21 21 = 3,79 % b) Para la aleación típica de un motor: 16% Si + 84% Al



58

b1) Temperatura a la que aparecerán los primeros cristales sólidos al enfriar lentamente: T = 630ºC

b2) Temperatura a la que solidificará completamente la aleación: T = 577ºC b3) Composición de las fases β y L a 578ºC : %Si (β) =99%

%Si (L) = 12,61% %Al (L) = 87,39%

%Al (β) = 1% b4) Análisis de las fases α y β a 550ºC : %Si (α) = 1,30%

%Si (β) = 99,0% %Al (β) = 1%

%Al (α) = 98,70% b5) Proporciones de L y β a 578ºC : T = 578ºC

% L =

99, 0 − 16,0 99,0 − 12,61 61

0 8% ⋅ 100 = 96,08

%β = 100 − 96,06 06 = 3,92 92% Proporciones de α y β a 576ºC : %α =

99, 0 − 16,0 99,0 − 1,64

25% ⋅ 100 = 85,25

%β = 100 − 85,25 25 = 14,75 75% c) El %α disminuye durante el enfriamiento: T = 576ºC

%α =

m n

⋅ 100

T = 25ºC

%α =

n’>n

m n'

⋅ 100

%α (25ºC) < %α (576ºC)

Porque al bajar la temperatura, la solubilidad del silicio en el aluminio disminuye; lo cual implica que el Si se precipite, pero como sólo es parcialmente soluble, lo que se precipita es fase β. Lo que sucede con dicha fase es:

∆α ⇒ ∆β



59

4.2 En el siguiente diagrama de fases, completar los nombres nombres de las fases que están entre paréntesis.



60

Solución:

Tenemos una transformación alotrópica:

α⇔β β⇔α A la temperatura T1=1.150ºC ⇒ Reacción eutéctica L ⇔ β+θ β+θ A la temperatura T2=550ºC ⇒ Reacción eutectoide β ⇔ α+θ α+θ

4.3 Dada la siguiente información, información, construir el diagrama diagrama de fases: Las curvas de enfriamiento enfriamiento muestran inflexiones horizontales de temperatura a 715ºF para A puro y a 655ºF para B puro. En los metales puros esto significa que hay dos fases en equilibrio. Una inflexión horizontal en un sistema de dos componentes a 500 ºF para el 25% de A y el 75% de B indica que hay tres fases en equilibrio.

• El punto de fusión de A es 715ºF , el punto de fusión de B es 655 ºF .



61

• 501ºF : 25% de A y 75% de B, todo líquido • 499ºF : 25% de A y 75% de B, 25% de un metal BCC y 75% de un metal FCC. • 499ºF : 35% de A y 65% de B, 50% de un metal BCC y 50% de un metal FCC. • 400ºF : 40% de A y 60% de B, 60% de un metal BCC y 40% de un metal FCC. • 400ºF : 20% de A y 80% de B, 20% de un metal BCC y 80% de un metal FCC. Solución: a) 499ºF : 25% de A y 75% de B composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B cantidades en equilibrio: y − 75

α = 25% =

y − x

β = 75% =

75 − x y − x

⋅100 ⋅100

y-x) = ( y-75)·100 25·( y-x 75·( y-x y-x) = (75- x)·100

Obtenemos (1): 75 y+25 x = 7.500 b) 499ºF: 35% de A y 65% de B

composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B cantidades en equilibrio:

α = 50% =

y − 65

β = 50% =

y − x

⋅ 100

65 − x y − x

⋅ 100

50·( y-x y-x) = ( y-65)·100 50·( y-x y-x) = (65- x)·100 Obtenemos (2): 50 y+50 x = 6.500 c) Dadas (1) y (2)

75 y+25 x = 7.500 50 y+50 x = 6.500 x=45 y=85



62

d ) 400ºF : 40% de A y 60% de B composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B

cantidades en equilibrio:

α = 60% = β = 40% =

y − 60 y − x

60 − x y − x

⋅ 100 ⋅ 100

60·( y-x y-x) = 100 y - 6.000 y-x) = 6.000 - 100 x 40·( y-x Obtenemos (3): 2 y +3 x = 300 e) 400ºF : 20% de A y 80% de B composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B cantidades en equilibrio:

α = 20% = β = 80% =

y − 80 y − x

80 − x y − x

⋅100 ⋅ 100

20 y - 20 x = 100 y - 8.000 80 y - 80 x = 8.000 - 100 x Obtenemos (4):

80 y+20 x=8.000

f ) Dadas (3) y (4)

2 y +3 x = 300 80 y+20 x=8.000 x=40 y=90

4.4 El diagrama de equilibrio para el sistema Cu-Zn se muestra muestra en la figura adjunta. adjunta. a) ¿Cuáles son las t emperaturas del liquidus y el solidus para una aleación de 70% Cu y 30% Zn? b) En una aleación con 60% de Cu y 40% de Zn, conocida como ‘metal Muntz’, la fase α comienza a

formarse a 750ºC , aproximadamente. A 600ºC , el contenido de Zn en ambas fases α y β es mayor que a 750ºC . ¿De dónde proviene la cantidad adicional de Zn en las dos fases?



63

c) Localizar las temperaturas a las cuales pueden coexistir tres fases en equilibrio e identificar las reacciones (eutéctica, peritéctica, etc.). d ) Una aleación constituida por 50 g de Cu y 30 g de Zn se funde y se enfría lentamente. 1) ¿A qué temperatura habrá 40 g de fase α y 40 g de fase β ? d 1) d 2) 2) ¿A qué temperatura habrá 50 g de fase α y 30 g de fase β ? d 3) 3) ¿A qué temperatura habrá 30 g de fase α y 50 g de fase β ?

Solución: Sistema Cu-Zn



64

a) Liquidus = 955ºC (aprox.) Solidus = 925ºC (aprox.) b) Aleación 60% Cu y 40% Zn

- La fase α empieza a formarse a 750ºC , aproximadamente. - A 600ºC , el contenido de Zn en α y β es mayor que a 750 ºC . La cantidad adicional de Zn en las dos fases proviene de: T = 750ºC

⇒

α+β %α =

40,1 − 40 40,1 − 35

⋅ 100 =

0,1 5,1

⋅100 = 2 % ( aprox. )

%β = 98 % ( aprox. ) T = 600ºC

⇒

α+β %α =

43 − 40

⋅ 100 =

3

43 − 37 6 %β = 50%

⋅ 100 = 50%

La cantidad adicional de Zn proviene de la β que a 750 ºC es un 40,1% de Zn, la cual es un 98% del total del material. El contenido en Zn total es constante. Ahora las dos fases son más ricas en Zn pero de β sólo hay un 50%, igual que una α más rica en Zn que el 2% (aprox.) que había a 750ºC . c) Temperaturas a las cuales pueden coexistir 3 fases en equilibrio. Identificación de las reacciones. T = 903ºC T = 835ºC T = 700ºC T = 598ºC T = 424ºC T = 558ºC T = 230ºC

α+L ⇔ β β+L ⇔ γ γ+L ⇔ δ δ+L ⇔ ε ε+L ⇔ η δ ⇔ γ+ε β‘ ⇔ α+γ

Peritéctica Peritéctica Peritéctica Peritéctica Peritéctica Eutectoide Eutectoide

d ) Aleación 50 g Cu + 30 g Zn se funde y se enfría lentamente

1) T ? 40 g de fase α y 40 g de fase β d 1)



65

50 g Cu + 30 g Zn = 80 g totales %Cu = 62,5% %Zn = 37,5% 40 g de α + 40 g de β = 50% α y 50% β T = 765ºC , aproximadamente

%α =

40 − 37,5 40 − 35

⋅ 100 = 50%

d 2) 2) T ? 50 g de fase α y 30 g de fase β

50 g de fase α y 30 g de fase β = 62,5% α y 37,5% β T = 715ºC , aproximadamente

%α =

40 − 37,5 40 − 36

⋅ 100 = 62,5% ( aprox. )

d 3) 3) T ? 30 g de fase α y 50 g de fase β

30 g de fase α y 50 g de fase β = 62,5% β y 37,5% α T = 785ºC , aproximadamente

%α = 375% ,

4.5 En el sistema Fe-Fe Fe-Fe3C: a) Identificar 3 reacciones invariantes i nvariantes y definir las reacciones correspondientes. b) 1 g de aleación con un 1% de C está a 750oC en estado de equilibrio¿ Qué proporciones de cada fase hay a esta temperatura?¿ Qué proporción de cada fase hay a 700ºC ? c) Una aleación con la composición eutectoide es enfriada desde 800 ºC hasta 20ºC . ¿Qué proporción y qué fases existen a 20ºC ? d ) Describir los cambios de fases que ocurren durante el calentamiento de un acero con un 0,45% de C desde temperatura ambiente hasta 1.200ºC . e) Suponiendo un estado de equilibrio para un acero con un 0,6% de C, determinar: e1) La menor temperatura a la que tendremos un 100% de fase austenita. e2) La fracción de fase a 730ºC y su composición. e3) La fracción de perlita a 720 ºC y su composición. e4) La fracción de ferrita proeutectoide a 730ºC . e5) La fracción de ferrita proeutectoide a 720ºC , tras enfriamiento desde 730ºC .



66

Solución: Sistema Fe + Fe3C: a) Identificación de tres reacciones invariantes y definición de las reacciones correspondientes: T = 1.495ºC

Peritéctica (0,17%C) δ(0,09%C) + L(0,53%C) ⇔ γ (0,17%C)

T = 1.148ºC

Eutéctica L(4,30%C) ⇔ γ (2,11%) (2,11%) + Fe 3C(6,69%C) ≡ Ledeburita (4,30%C)

T = 727ºC

Eutectoide (0,77%) ⇔ α(0,0218%C) + Fe 3C(6,69%C) ≡ Perlita (0,77%C) γ (0,77%)



67

b) 1 g de aleación con un 1% de carbono está a 750 ºC en estado de equilibrio. Cálculo de las proporciones de cada fase a esta temperatura y la proporción de cada fase a 700 ºC :

Acero (< 2,0%C) Hipereutectoide (> 0,77%C) γ + γ + Fe3C T = 750ºC %γ =

6,69 − 1, 0 6, 69 69 − 0, 82 82

2% ⋅ 100 = 95,2%

% Fe3C = 100 − %γ = 4,8% T = 700ºC

α + Fe3C o perlita (eutectoide) + Fe3C ≡ acero hiperetectoide 6,69 69 − 1,00 ⋅ 100 = 85,2% %α = 2% 6, 69 69 − 0, 01 01 % Fe3C = 100 − %α = 14,8%

o bien: % perlita =

6,69 69 − 1,00 6, 69 69 − 0, 77 77

⋅ 100 = 96,1%

% Fe3C = 100 − % perlita = 3,9 % c) Una aleación con la composición eutectoide es enfriada desde 800 ºC hasta 20ºC . ¿Qué proporción y qué fases existen a 20 ºC ?

Composición eutectoide: 0,77% T = 800ºC T = 727ºC

γ γ (0,77%C) ⇔ perlita (0,77%C) perlita: α (0,0218%) + Fe3C (6,69%C)

T = 20ºC

perlita (0,77%C) perlita: α (0,0001%C) + Fe3C (6,69%C)

fases: proporción:

α + Fe3C o perlita %α =

6,69 − 0,8 6,69 ( aprox. )

0% ⋅ 100 = 88,0%

% Fe3C = 100 − %α = 12,0%

o bien % perlita = 100% d) Descripción de los cambios de fases que ocurren durante el calentamiento de un acero con 0,45%C (hipoeutectoide) desde temperatura ambiente hasta 1.200ºC :



68

α + Fe3C

Temperatura ambiente:

o

α + perlita

α + Fe3C ⇔ γ

T = 727ºC T = 727ºC + ∆T

α + γ 727ºC + ∆T < T < 800ºC α ⇒ γ γ γ γ ⇒ γ ⇒ δ + γ γ ⇔ γ ⇔ L + δ δ+L

T = 800ºC T = 1.200ºC T = 1.450ºC T = 1.495ºC T = 1.495ºC + ∆T

1.495ºC + ∆T < T < 1.500ºC L

T = 1.505ºC

δ⇒L

Obtenemos la cadena:

α + Fe3C ⇒ α + γ ⇒ γ ⇒ δ + γ ⇒ L+ δ ⇒ L

e) Suponiendo un estado de equilibrio para un acero con un 0,6% de C, determinar: e1) La menor temperatura a la que tendremos 100% γ : aproximadamente unos 775 ºC e2) Fracción de fase γ a 730ºC y su composición

730ºC ≈ 727ºC + ∆T %α =

0,76 − 0,6 0, 77 77 − 0, 02 02

6% ⋅ 100 = 21, 6%

%γ = 100 − %α = 78,4% composición: perlita= mezcla mezcla eutectoide ( α + Fe3C) e3) La fracción de perlita a 720 ºC y su composición: % perlita=

0,6 − 0,02 0, 77 77 − 0, 02 02

3% ⋅ 100 = 77,3%

La composición composición de la perlita es siempre 0,77%C e4) La fracción de ferrita proeutectoide a 730ºC: (ver apartado e2)

α % =

0,76 − 0,6 0, 77 77 − 0, 02 02

6% ⋅ 100 = 21, 6%

e5) La fracción de ferrita proeutectoide a 720 ºC tras un enfriamiento desde 730 ºC

%α( pr oe ute c toide ) = 100 − %pe r lita = 100 − 77,3% = 22, 7%

4.6 Empleando el diagrama diagrama Fe-C de la figura del ejercicio anterior: anterior: a) indicar cuál es la temperatura de fusión del Fe puro de una aleación Fe-C con un 2,11% de C y de la cementita.



69

b) ¿Por encima de qué composición de C un acero no presenta reacción peritéctica? c) ¿Cuál es la máxima cantidad de C que disuelve la austenita? d ) Indicar la composición química y las cantidades relativas de fases que existen en un acero de 0,77%C a 900ºC y a 600ºC (supóngase equilibrio). esquemáticamente cómo varía la microestructura del material en el anterior proceso de e) Representar esquemáticamente enfriamiento.

Solución:

a) TF (Fe puro) = 1.538 oC TF (2,11%C) = 1.148 oC ; a esta temperatura será todo sólido, pero solidifica entre 11.380 y 1.148 oC TF (cementita) = 1.227 oC b) % C > 0,5% c) La máxima cantidad que disuelve es el 2,11% d )

A 900oC : %γ = 100 %; γ compuesta por 0,77% C y 99,23% Fe.

o A 600 C : %α =

6, 69 69 − 0, 77 77 6,69 − 0

⋅ 100 = 88,5% ⇒ % Fe3C = 100 − %α = 11,5% ;

e)

α compuesta por 100% Fe y 0% C; y Fe3C compuesta por 6,69% C y 93,31% Fe.

4.7 Para el diagrama diagrama de la figura:

a) Indicar a qué reacción corresponde el punto (I). b) Para un 20% de Cu, ¿qué fases y en qué proporción se hallarán a 900 ºC ? c) ¿Qué composiciones tendrán las fases halladas en el apartado anterior? d ) Para un 20% de Ag, ¿qué fases y en qué proporción se podrán encontrar a 781 ºC ? composiciones tendrán estas estas fases? e) ¿Qué composiciones



70

Solución: a) ( I ) = Eutéctico b) L + α

%α =

43 − 20 43 − 9 % L =

⋅100 =

20 − 9 43 − 9

23 34

6%α ⋅ 100 = 67,6%

4% L ⋅100 = 32,4%

c)

L : 43%Cu y 57%Ag α : 9%Cu y 91%Ag d ) L + β

% L = %β =

91,2 − 80 91,2 − 71,9 80 − 71,9 91,2 − 71,9

⋅100 = 58% L ⋅100 = 42% β

e)

L: 71,9%Cu y 28,1%Ag β: 91,2%Cu y 8,8%Ag



71

4.8. Identificar las fases presentes del diagrama de equilibrio Mg-Pb. Mg-Pb.



72

4.9. La figura adjunta corresponde al diagrama Fe-C. a) Un análisis metalográfico cuantitativo de un acero hipereutectoide enfriado en equilibrio hasta temperatura ambiente reveló que la cantidad de perlita presente era de un 85%. ¿Cuál es la composición nominal de la citada aleación? b) Para el acero anterior y en las mismas condiciones, ¿cuál es la cantidad total de ferrita y de cementita? c) Dibujar la evolución microestructural de este acero cuando se enfría lentamente desde 1100 ºC hasta la temperatura ambiente? d ) ¿Qué fases y porcentaje de ellas cabe esperar cuando el mismo acero anterior se enfría rápidamente desde 900 ºC hasta la temperatura ambiente? Para responder a esta pregunta se puede suponer que M f es superior a la temperatura ambiente.

Solución: a)

0,85=(6,69-x)/(6,69-0,77) x=1,63



73

Composición de la aleación %C=1,63, %Fe=98,37 b)

% Fe3C = 100 · (6,69-1,63)/(6,69-0) (6,69-1,63)/(6,69-0) = 75,6 % α = 100-75,6 = 24,4 c)

d )

% martensita = 100 (6,69-1,63)/(6,69-1,25) = 93,0 % Fe3C = 100 - 93 = 7

4.10 Identificar las fases presentes en el siguiente diagrama e identificar los puntos en que se produce fusión congruente e incongruente.

Solución:



74

4.11 Un acero se ha enfriado enfriado rápidamente desde desde 900ºC hasta temperatura ambiente. Un estudio metalográfico del mismo revela la existencia de un 93% de martensita y un 7% de cementita. Ver figura del problema 4.9. a) ¿Cuál es la composición del acero? (Puede suponerse que M f es superior a la temperatura ambiente). efectuado lentamente (en equilibrio), ¿qué fases y porcentajes de las b) Si el enfriamiento se hubiese efectuado mismas se observarían a temperatura ambiente? c) Para la misma situación del apartado b) ¿qué porcentaje de mezcla eutéctica cabe esperar?

Solución: a) Es hipereutectoide:

0,93 =

6,67 − x 6,67 67 − 1,25

, ⇒ x = 168% C

b)

%α =

6,69 69 − 1,68 6,69 − 0

88% ⋅100 = 74,88

% Fe3C = 100 − 74,8 = 25,11% c)

% perlita =

6,69 69 − 1,68 6, 69 69 − 0, 77 77

6% ⋅ 100 = 84,6%



75

5 Propiedades mecánicas mecánicas de los materiales

5.1 Si la curva tensión verdadera-deformación verdadera de un material viene dada por σ = 200.000·K ·ε0,33, donde la tensión está en psi (1 MPa = 145 psi), ¿cuál es la resistencia ingenieril máxima del material? Solución: Es bien conocido que el máximo en la curva ingenieril se alcanza en la curva verdadera cuando ε= n = 0,33, en este caso. Por otro lado, y haciendo uso de las relaciones entre las tensiones y deformaciones verdadera (σ y ε) e ingenieril (s y e), podemos decir que: smáx

εu

=

σ (εmáx )

( eu + 1)

0,33 ⇒ σ (ε máx ) = 200.000 ⋅ ( 0, 33 33) = 138.700 psi

= ln(eu + 1) ⇒ eu = exp( ε u ) − 1 = exp( 0,33) − 1 = 0,3909

(El subíndice u hace referencia al valor máximo de tensión en la curva ingenieril.) smáx

=

138700 . = 99700 psi . exp(0,33)

5.2 En un ensayo de tracción de un metal, la fractura ha ocurrido a máxima carga. Las condiciones de fractura fueron Afinal = 100 mm2 y Lfinal = 60 mm. Los valores iniciales eran de A0 = 150 mm2 y L0 = 40 m. a)

Determinar la deformación verdadera a rotura usando cambios en área y longitud.


Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

76

b)

Se ensaya un material más dúctil, de tal modo que aparece estricción. Las condiciones de fractura son ahora Lfinal = 83 mm, L0 = 40 mm, ∅final = 8 mm y ∅0 = 12,8 mm. Calcular nuevamente la deformación verdadera usando variaciones de sección y de longitud. ¿Qué medida es más exacta? Solución: a)

ε f

ε f

 L  60  = ln f  = ln = 0,405   40   L0   A  150  , = ln  f  = ln = 0405   100   A0 

Se obtienen valores idénticos porque el volumen se conserva en toda la longitud de la probeta al no haber estricción localizada (la rotura ocurrió a carga máxima). b)

ε f

 L  83  = ln f  = ln = 0,730   40   L0  2

ε f

 A f   ∅2f   ∅ f   12,8  = 0940 l n 2 l n = ln   = ln 2  = = ⋅     ,  8   A0   ∅0    ∅0 

Al haber estricción localizada, no es posible aplicar la regla de la constancia de volúmenes, por eso es más exacto en este caso medir la deformación verdadera a través de los cambios en sección que en longitud.

5.3 De un ensayo de tracción tracción efectuado sobre una probeta normalizada de acero acero se obtuvo el siguiente valor de reducción de sección (RA) en la rotura: RA = 25%. a) ¿A qué valor de deformación verdadera rompió el material? b) Si la longitud inicial de la probeta era de L0=25 mm, ¿cuánto se alargó antes de romper? Solución: a) Por definición ε f

=

L f

∫ Lo

dL L

 L  = ln f   L0 

y aplicando la conservación del volumen:

 L f   A0   = ln  A f   L0   

ln


( )−⋅

o

φ =π


77

Por otro lado: RA =

A0

− A f

A0

= 1−

A f

⇒

A0

A f A0

= 1 − RA ⇒

A0 A f

=

1 1 − RA

luego: 1  = ln   1 − RA

ε f

Si RA = 0,25, entonces sustituyendo ε f = 0,287. b) Si la estricción fue localizada, es decir, la deformación no fue homogénea en toda la longitud de la probeta, no es posible calcular L f . Si por el contrario fue homogénea, entonces L  L f  , mm  ⇒  ⇒ exp( 0,287) = f ⇒ L f = 3331 25  L0 

0,287 = ln

El incremento de longitud sería, para este último caso, de 33,31-25 = 8,31mm.

5.4. Una torre muy grande debe ser soportada por una serie de cables de acero. Se estima que la carga sobre cada cable será de 15.000 N . Determinar el diámetro mínimo requerido suponiendo un factor de seguridad de 2 y un límite elástico de 750 MPa para el acero en cuestión. Solución: σelástico

σtrabajo =

ψ

σtrabajo =

So =

= P S o

750 MPa = 375 MPa 2

⇒ S o =

P

σtrabajo

15000 . N = 4· 10-5 m2 6 375 ⋅ 10 Pa

Asumiendo una sección cilíndrica: So =

πφo2

4

→ φo =

4S o π

= 7,1 · 10-3 m = 7,1 mm



78

5.5 Una probeta cilíndrica de una aleación de titanio con un diámetro original de 8mm experimenta deformación elástica exclusivamente cuando se aplica una carga de 7.500 N . Calcular la máxima longitud de la probeta antes de la deformación si el alargamiento máximo permisible es de 0,40 mm. El módulo de elasticidad de la aleación es de 108 GPa. P φo = 8 mm P = 7.500 N ∆lmáx = 0,40 mm lo ?

E =

σ

=

P S o

=

P

πφo

=

2

4

σ ε

4 ⋅ 7.50 500 N 1 06 Pa = 149,2 MPa 2 = 149, 2 ⋅10 π (0,008 m)

ε exclusivamente elástica ⇒ ε

=

149,2 MPa = 1,4 ⋅ 10−3 = 0,0014 3 E 108 ⋅ 10 MPa σ

=

ε

=

∆l lo

⇒ lo =

∆l ε

Para ∆lmáx = 0,40 mm lomáx

=

0,40 mm = 285,7 mm 0,0014 0014

5.6 Si el esfuerzo para el cual se observa deformación plástica en un aleación de cobre es 300 MPa, ¿cuál es la máxima carga que se puede aplicar a una probeta de sección transversal de 130 mm2 sin que ésta se deforme plásticamente? Si la longitud original de la probeta es de 60 mm, ¿cuál es el máximo alargamiento permisible en el rango elástico? El módulo de elasticidad de la aleación es 110 GPa. S o = lo =

130 mm2 60 mm

Solución:



79

σmáx (rango elástico) = 300 MPa =

P S 0

1m2 Pmax (rango elástico) = σmáx (r. el.) · So = 300 · 10 Pa · 130 mm · 6 2 = 39.000 N 10 mm σmáx ( r . el . ) 300 MPa εmáx (r. el.) = = = 2.7 ⋅10 − 3 3 E 110 ⋅10 MPa 6

ε=

∆l

∆lmáx (r. el.) = εmáx (r. el.) · lo = 2,7 ·10-3 · 60 mm = 0,16 mm

→

lo

2

5.7 Una muestra cilíndrica de una aleación metálica de 12 mm de diámetro es deformada elásticamente a tracción. Una carga de 18.000 N produce una reducción en el diámetro de la probeta de 0,006 mm. Calcular el coeficiente de Poisson de este material si su módulo de elasticidad es de 105 GPa. Solución:

→ ∆φ = φo - φf = P = 18.000 N 3 ν = ? , si E = 105 · 10 MPa ν

=−

εlat εax

0,006 mm

=- [(def. lateral)/(def. axial)]

f o εlat = φ − φ = − 0 , 0 0 6 m m = − 0 , 0 00 00 5

12m m

φo

18000 . N π ⋅ φo2

P

εax =

σ E

=

S o E

=

4 ⋅ 18000 800 . 0 N 4 = = 0,0015 001522 9 105 ⋅ 10 Pa π ⋅ ( 0,012m)2 ⋅ 105 ⋅10 1 09 Pa

luego: ν =

−

0005) (− 0,0005 = 0,33 0,0015 001522

5.8 Una probeta metálica cilíndrica, de 15 mm de diámetro y 200 mm de longitud, es sometida a un esfuerzo de 28 MPa, nivel de tensión al cual toda la deformación experimentada por ella es elástica. a) Si el alargamiento máximo permitido es de 0,08 mm, ¿cuáles de los metáles de la tabla adjunta son

posibles candidatos? b)

Si además la máxima reducción de diámetro permitida es de 0,0012 mm, ¿qué metales de la tabla satisfacen las condiciones requeridas?



80

Meta Metall o ale aleac ació iónn Aluminio Latón Cobre Magnesio Níquel Acero Titanio Tungsteno

Módu Módulo lo ddee ela elast stic icid idad ad 4 ( MPa MPa x 10 ) 6,9 10,1 11,0 4,5 20,7 20,7 10,7 40,7

Módulo de cizalladura 4 ( MPa MPa x 10 ) 2,6 3,7 4,6 1,7 7,6 8,3 4,5 16,0

Coeficiente de Poisson 0,33 0,35 0,35 0,29 0,31 0,27 0,36 0,28

Solución: a)

σ = 28 MPa

Si ∆l < 0,08 mm → εelástica <

∆lmax lo

0,08 mm 20 mm

=

E =

σ ε

⇒

→ε =

σ E

εel. < 0,0004

0004 < 0,0004

28 MPa < E 0,0004 0004 4 E > 7·10 MPa De la tabla se observa que todos los metales son posibles candidatos, excepto el aluminio y el magnesio. b)

εlateral mínima

=

∆φmín φo

=

0012 mm −0,0012 15 mm

00008 = −8 ⋅ 10−5 = −0, 00

Entonces: εlat > -8 · 10-5 ν =

−

εaxial

=

εlat εaxial σ E

=

y

donde 28 MPa E

así:



εlat

81

= −νεaxial = −ν

ν E

<

28 MPa E

> −8 ⋅ 10− 5

−5

8 ⋅ 10 1 = 2,9 ⋅ 10− 6 ⋅ MPa 28 MPa

La relación ν /E para los aún posibles candidatos es: Latón 3,5 · 10-6 Cobre 3,2 · 10-6 Níquel 1,5 · 10-6 Acero 1,3 · 10-6 Titanio 3,4 · 10-6 Wolframio 6,9 · 10-7 Posibles candidatos después de considerar el segundo requerimiento: níquel, acero y wolframio. La decisión final dependerá de otros factores, por ejemplo: factores económicos, la resistencia a la corrosión si el medio de trabajo fuese tomada en consideración, etc.

5.9 Un componente de geometría cilíndrica de 120 mm de longitud y 14 mm de diámetro debe soportar una carga de 32.000 N sin experimentar deformación plástica ni su diámetro reducirse en más de 0,010 mm. a) ¿Cuál de los materiales tabulado en la tabla es el mejor candidato? b) ¿Cuál debería ser el coste específico de la aleación de titanio

para que este material fuera

competitivo en la selección? c) ¿Cuál debería ser el coste específico de la aleación de magnesio para que este material fuera competitivo en la selección? d ) Un cambio de un 25% en el límite elástico de la aleación de magnesio puede ser inducido por deformación en frío y este tratamiento es permisible. ¿Cambiaría esto su selección final?

M a t er i a l

E (GPa)

Aleac. Al Acero Aleac. Ti Aleac. Mg

70 2 05 1 05 45

Límite elástico ( MPa MPa) 25 0 55 0 85 0 1 70

Módulo de Poisson

Densidad (g/cm3)

0,33 0,27 0,36 0,29

2,8 7,8 4,8 1,8

Solución: a) Dos requerimientos:


Precio (PTA/t )

200.000 100.000 1.000.000 400.000


82

. N P = 30000 φ = 14 mm

1. No experimentar deformación plástica 

2. Reducción de diámetro “máxima” de 0,010 mm De 1: σ

=

P S o

=

30000 . N πφo

2

30.000 N ⋅ 4 2 = 195 MPa π ⋅ (0,014 m)

=

4 σelástico > 195 MPa ⇒ Aleación Mg no cumple. De 2:

φ = 14 mm

εaxial

=

εlateral

σ E

=

195 MPa E

= εφ = −νε νε axial

120 mm

ε φmínima

=

− 0 ,0 1 0 m m 14 m m

0 0 0 7 1 = − 7 ,1 ⋅ 1 0 − 4 = − 0 , 00

Entonces: - ν εaxial

> -7,1 · 10-4 → ν εaxial < 7,1 · 10-4 → ν ν E

195 MPa MPa

< 3, 6 ⋅ 10− 6

E

< 7,1⋅ 10−4

1 MPa

Así: ν E Al

ν E Acero

ν E

=

0,33 1 = 4,7 ⋅ 10− 6 3 MPa 70 ⋅ 10 MPa

=

0,27 1 = 1,3⋅ 10− 6 3 MPa 205 ⋅ 10 MPa

= Ti

0,36 1 = 3,4 ⋅ 10− 6 3 105 ⋅ 10 MPa MPa

- Entre los dos candidatos posibles (Acero, Ti), la selección final se hace bajo consideraciones económicas. PTA ⋅ pieza =

Precio t

⋅ Peso pieza material


;y


83

Peso pieza = ρmaterial · V pieza Precio PTA / pieza PTA / pieza

acero

t

=

⋅ ρ acero ⋅V pieza

Precio

Ti

=

acero

t

⋅ ρ Ti ⋅V pieza

100.00 0 00 ⋅ 7,8 g

3

cm g

1.000.000 PTA t ⋅ 4,8

= 01625 , cm

3

Ti

Entonces la selección final es acero. b) PTA t

para que

PTA ⋅ pieza acero PTA ⋅ pieza Ti

Ti

1=

a

PTA

=

t

Ti

=1

100.000 PTA t ⋅ 7,8 g a PTA

t

⋅ 4,8 g

100.000 PTA t ⋅ 7,8 g 4,8 g

cm

cm 3

cm3

cm

3

. = 162500

3

PTA t

c) La aleación de magnesio no puede ser competitiva a ningún precio pues su σelástico <

195 MPa.

d )

Nuevo σelástico = 1,25 ·170 MPa = 212,5 MPa > 195 MPa, pero también se debe satisfacer el segundo requerimiento. ν 0,29 1 1 = = 6,4 ⋅ 10− 6 > 3,6 ⋅ 10− 6 3 E Mg 45 ⋅ 10 MPa MPa MPa No cambiaría la selección final.

5.10 Calcular la tenacidad de un material que cumple la ecuación de Hollomon Hollomon σ = K εn . Expresarla en función de las constantes características del material K y n y de la estricción RA. Solución: ε f

∫

La tenacidad UT de un material se define como U T = σd ε , es decir, es la energía por unidad de 0

volumen absorbida por el material hasta el momento en el que tiene lugar la rotura. Por lo tanto: ε 1 1 U T = ε 0 σ 0 + σdε = ε 0 σ 0 + 2 2 ε0

∫

f

ε f

∫ ε0

+1 +1 ε f n − ε 0n 1 Kε dε = ε 0 σ 0 + K 2 n +1 n



84

Recuérdese que la expresión de Hollomon sólo es válida en el rango plástico. Por otro lado, dentro del rango elástico se cumple que σ = E ε , donde E es el módulo de Young. De la definición de deformación verdadera podemos decir que: ε f

 = ln 1  = ln  A0 A     f  1 − RA 

Sustituyendo ahora:

   1   n +1  σ 0  n +1    ln    −      1 − RA  E   1 σ 02  + K  U T =  n +1 2 E       En el caso de que la energía absorbida en el rango elástico sea mucho menor que la correspondiente al rango plástico, la expresión anterior se simplificaría a: n +1

  1    ln     1 − RA   U T = K n +1

Puede apreciarse que la tenacidad puede calcularse después de conocerse la estricción del material y sus constantes características.

5.11 Dejamos caer un objeto con un extremo agudo sobre el centro de una mesa circular de vidrio. El objeto tiene una masa de 9 kg y las dimensiones de la mesa son 1 m de diámetro (∅) y 3 cm de espesor (t). Suponemos que la sección de la mesa que recibe el impacto es la perpendicular a la superficie de la misma (∅ · t ). ). Se conoce que el valor de la energía absorbida por unidad de área (resiliencia, ρ) de este vidrio es de 0,01 J/mm2. ¿Desde qué altura máxima podremos dejar caer el objeto anterior sin que el vidrio se rompa? Datos: g = 9,8 N/kg Solución: Las condiciones necesarias serían, teóricamente, que la energía potencial del objeto fuese, como máximo, la energía que puede absorber el material en el impacto: E potencial = M ⋅ g ⋅ h = Eabsorbida = ρ ⋅ S impacto

La única incógnita de esta igualdad es el valor de h; por tanto, sólo se ha de despejar h frente al resto 2 2 de valores, ya que S impacto impacto = ∅ · d = 1 m · 0,03 m = 0,03 m = 30.000 mm .


5 Propiedades mecánicas de los materiales materiales

h=

85

ρ ⋅ S impacto

M ⋅ g

=

2 4 2 0,01 J mm ⋅ 3 ⋅10 mm

9 kg ⋅ 9,8 N kg

= 3,4 m

Por tanto, se puede considerar que si se deja caer desde una altura inferior a 3,4 m, el objeto no provocará la rotura del vidrio de la mesa.

5.12 La mesa del ejercicio anterior se somete a una una inspección de grietas internas internas por métodos no destructivos. Se halla que las grietas son muy agudas, todas ellas paralelas a la superficie de la mesa y paralelas entre ellas (Y=1). La longitud máxima determinada para estos defectos se ha determinado y es de 18 mm. ¿Qué valor máximo de masa podemos colocar sobre la superficie de la mesa sin que ésta se rompa a causa de los defectos? Datos:

K IC(vidrio) = 900 Pa m

Solución: Si el esfuerzo que supone una masa M sobre la superficie circular de la mesa ( S =π ·∅ /4) supera el valor asociado a la tenacidad a fractura del vidrio, la mesa se romperá; por tanto, se ha de hallar qué esfuerzo máximo se puede soportar y, a partir de aquí, qué fuerza (peso) se asocia a ese esfuerzo. El valor de a que hay que considerar es el equivalente a la semilongitud de los defectos hallados, ya que son todos internos: 2 a = 18 mm, y de aquí a = 9 mm = 0,009 m. 2

K IC =Y · σ· √ π a ⇒ σ=K IC / (Y · √ π a)=900 Pa·√m / (1· √ π ·0,009 m) 2

K IC =5.352,4 Pa ( N/m N/m )

Si σ = F/S ; S = π ·∅ /4 = (π /4) m ; 2

2

2 F = σ · S = 5.352,4 N/m · (π /4) m = 4.203,7 N

2

Y de aquí, M = F / g = 4.203,6 N / (9,8 N/kg) = 428,9 kg, que es la masa máxima que soportará la mesa de vidrio sin romperse.

5.13 Una aleación de aluminio 3105 (ver figura adjunta) debe tener un diámetro de 3,81 cm con una resistencia a la tracción de, por lo menos, 185 MPa. Determinar el porcentaje mínimo de trabajo en frío que debe efectuarse para hacer la barra y el diámetro mínimo de la barra original.


86

(1 pulgada = 2,54 cm, 1 MPa= 145 psi)

Solución: D =

3,81 cm 172 MPa ⋅

145 psi 1ksi ⋅ = 24,94 psi 1 MPa 1.000 psi

( D02 ⋅ π − π ⋅ 3,812 ) D02 − 3,81 2 0,35 = = ⇒ 2

D0

4⋅

4

2

⋅π

⇒ 0,65 ⋅ D02 = 14,52 ⇒ D0 =

D0

14,52 = 4,72cm 0,65

Esto supone una deformación en frío de un 35%.



87

5.14 Dos probetas de la misma misma aleación metálica y sin deformación previa son conformadas y, por consiguiente, sus secciones reducidas. Una tiene la sección circular y la otra rectangular; y durante el conformado las secciones mantienen sus respectivas formas. Las dimensiones originales y después de la deformación son: Circular (diámetro, mm) Dimensiones Originales Deformadas

Rectangular (mm)

20,0 16,0

20,0 x 40,0 14,0 x 43,8

¿Cuál de estas probetas tendrá mayor dureza después de la deformación plástica? ¿Por qué? Solución: Para una muestra

S=b·h

:

h

→

20 b

14

40

43,8

y para la otra:

φ S =

πφ 4

2

→

: 20

16

La dureza relativa entre las dos muestras viene dada por un porcentaje mayor o menor de trabajo en frío al cual hayan sido sometidas durante el conformado; así:

 So − S f  ⋅ 100  S o 

% CW =   (1)

20 ⋅ 40 − 14 ⋅ 43,8   bo ⋅ ho − bf ⋅ hf  ⋅ 100 4% =  ⋅ 100 = 23, 4%     bo ⋅ ho    20 ⋅ 4 0

% CW =  (2)

 πφo − πφf  202 − 162  4 4  ⋅ 100 =  % CW o =  0%   ⋅  ⋅ 100 = 36,0%  πφo 202     4 2

2

2


88


En el caso (2) obtendríamos una dureza mayor que en el caso (1).

5.15. Se desea seleccionar una aleación metálica para una aplicación que requiere un límite elástico y una ductilidad mínimos de 300 MPa y 27% (alargamiento a rotura), respectivamente. Si la aleación puede trabajarse en frío, decidir entre cobre, latón y acero 1040. ¿Por qué? La variación de algunas características mecánicas en función del porcentaje de trabajo en frío, para los materiales bajo consideración, se muestra en las figuras adjuntas.

Solución:


89



90

Los requerimientos de la aplicación son: σel > 330 MPa y %ε f > 27% Veamos para qué condiciones de “trabajo en frío” (si es necesario) los materiales bajo consideración satisfacen los requerimientos citados: %ε f > 27% σel > 300 MPa cobre, para %CW > 38% latón, para %CW > 15% acero 1040, aun para %CW = 0

cobre, para %CW < 10% latón, para %CW < 19% acer aceroo 1040 1040 para para ning ningún ún caso caso..

Puesto que los dos requerimientos deben ser cumplidos simultáneamente, la selección será latón trabajado en frío entre el 15% y el 19%.

5.16 Una barra cilíndrica de latón, de 10 mm de diámetro original, se va a deformar en frío por trefilado, manteniéndose la sección circular durante el proceso de conformado. Se requiere un límite elástico en exceso de 350 MPa y una ductilidad de, al menos, el 15 %. Si el diámetro final debe ser de 7,5 mm, explicar cómo se puede conseguir dicho producto final. Las figuras adjuntas al problema anterior muestran la variación de algunas características mecánicas en términos del porcentaje de deformación en frío para el latón en consideración. Solución: σelástico> 380 MPa ⇒ % CW ≥ 24 % ⇒ % CW ≤ 29% %ε f > 15%

De las figuras del ejercicio anterior

Entonces requerimos un % CW entre el 24% y el 29% como paso terminal. Tomaremos % CW = 26% % Cw =

So − S f S o

⋅100

Si φ f requerido es de 7,5 mm y φo es de 10 mm, veámos cuál es el %CW asociado a llevar a cabo el proceso en una sola pasada: π (10 mm)

4

%Cw 10→7.5 =

2

−

π (7,5 mm) 2

4

π (7,5 mm)

2

⋅100 = 43,75% > 29% ⇒

4

⇒ No es posible en una sola pasada. Planteamos el proceso en dos pasos con un tratamiento de recocido (restauración más recristalización) intermedio: φ f = 7,5 mm

y

%CW 2 = 26%



91

S ′ − S f

%CW 2 = 26% =

S ′

πφ ′ 2

⋅100 = 4

πφ f

−

πφ ′

2

4

2

⋅ 100

4 2

2 (φ ′ ) − (7,5 mm) 0,26 = 2 (φ ′)

0,26 φ′2 = φ′2 - 56,25 mm 5625 , mm2 = 8,71 mm (1 − 0,26)

φ′ =

%CW 1 =

So − S ′ S o

πφ 0

⋅ 100 =

2

4 − πφo

πφ ′

2

2

4 ⋅ 100 =

π (10 mm)

2

π (8,71mm)

4 − 2 π (10 mm)

4

2

4 ⋅ 100 =

4

= 24,71 = %CW 1 NOTA: Aunque el %Cw1 está en el rango de %Cw requerido como paso final, podría ser cualquier valor de %Cw menor o igual al % RA permitido por el material.

5.17 Una aleación de aluminio (ver figura del ejercicio 5.13) va a ser laminada desde una placa de 75 mm de espesor a una de 7,5 mm para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea de, al menos, 180 MPa, y el alargamiento mínimo del 4%. Se permite una deformación en frío máxima del 70% antes de que el material se rompa. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo el porcentaje de trabajo en frío y los espesores intermedios requeridos para el proceso. Comparar este proceso con el que usted recomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente. Solución: Para Rm ≥ 180 MPa ⇒ CW ≥ 40% y para A(%) ≥ 4% ⇒ CW ≤ 40%(aprox. ) ⇒ CW terminal terminal = 40% t i − 7,5 = 0,4 ⇒ ti = 12,5 mm t i

FRÍO: 1. CW 70% desde 70 mm hasta 22,5 mm; ya que

75 − t f 75

= 0,7 ⇒ t f = 22,5 mm

2. Recocido.



92

3. CW 44,4% desde 22,5 mm hasta 12,5 mm; ya que

22,5 − 12, 5 = 0,44 ⇒ 44,4% 22,5

4. Recocido. 5. CW 40% desde 12,5 mm hasta 7,5 mm. CALIENTE: 1. Deformación en caliente ( HW HW ) de 83,3% desde 75 mm hasta 12,5 mm 2. CW 40% desde 12,5 mm hasta 7,5 mm.

5.18 Un acero inoxidable austenítico austenítico AISI 302 va a ser trefilado desde un alambre de 16 mm de diámetro a uno de 4 mm, para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea, al menos, de 1.500 MPa, y el alargamiento a rotura mínimo del 4%. Los cambios de resistencia máxima y alargamiento a rotura en función del trabajo en frío aplicado al material en consideración se muestran en el gráfico adjunto. Se permite una deformación en frío máxima del 80% antes de que el material experimente rotura. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo el trabajo en frío y los diámetros intermedios requeridos (si fuera el caso) para el proceso. Comparar este proceso con el que usted recomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente.



93

Solución: Requerimientos: Resist. máxima > 1.500 MPa %CW final > 47% Alargamiento a rotura > 4% %CW final < 55% Rango %CW final 47-55% Veamos si es posible realizar el proceso en un solo paso Φ ο = 16 mm a Φ f = 4,0 mm ⇒ 93,75%, imposible en un solo paso. Proceso a realizarse en varias fases, siendo el final asociado a un %CW ≅ 50%. Entonces partimos de atrás hacia adelante. PASO FINAL:

A

%CW = 50% Φ ‘= X Φ f = 4,0 mm 2 Φ' − Φ2

'−A

f

%CW f = A

'

⋅ 100 =

f

x

2 − 16 mm2

⋅ 100 = 2 2 ' x Φ 100 ( x2 - 16 mm2 ) = 50 x2 50 x2 = 1.600 mm2 x = 5,66 mm

⋅ 100 = 50

Veamos ahora si es posible llegar desde Φ = 16 mm hasta Φ = 5,66 mm: 2 ' 2 ' Φ − Φ A − A (16 mm) 2 − (5,66 mm) 2 0 0 ⋅ 1 00 = ⋅ 100 = ⋅ 100 = 87,5% %CW 1 = 2 2 A ( 16 ) Φ mm 0 0 ¡No admisible! Necesitamos al menos, realizar dos pasos intermedios: Seleccionamos %CW ≈ 60%; aquí la única limitación es %CW <80% <80% φ0=16 mm ⇒ %CW 1 ⇒ φ‘’= y ⇒ Recocido ⇒ %CW 2 ⇒ φ‘ = 5,66 mm ⇒ ⇒ Recocido ⇒ %CW f = 50% ⇒ φ f = 4,0 mm

Seleccionamos %CW 2 = 60% 60 =

y 2 − (5,66) 2 ( φ ' ' ) 2 − (φ ' ) 2 1 0 0 ⋅ = ⋅100 2 (φ ' ' ) 2 y

100 ⋅ ( y 2 − 32 mm2 ) = 60 ⋅ y 2 40 ⋅ y 2 = 3.200 mm2 y = 8,94 mm



94

Ahora determinaremos el %CW 1:

%CW 1 =

Ao

−

A' '

Ao

2

⋅

100 =

φo

−

(φ ' ' ) 2

φ 0

2 ⋅

100 =

(16 mm)

2

−

(8,94 mm)

(16 mm)

2

2 ⋅

100 = 68,8% 8%

(68,8%<80% OK!) Entonces, proceso final: Φ 0 = 16 mm Φ f = 4,0 mm

⇒

68,8%

⇒

“

Φ = 8,94 mm Recocido

60%

⇒

⇒

‘

Φ = 5,66 mm Recocido

⇒

50%

⇒

σ UTS = 1.550 MPa % ε f = 4,5%

Deformación inicial en caliente ⇒ Limitación de máxima deformación / paso ya no existe. Sin embargo, el paso final no puede suprimirse: ‘

Φ 0 = 16 mm ⇒ Deformación en caliente ⇒ Φ = 5,66 mm ⇒ 50% ⇒ Φ f = 4,0 mm

obtenemos: σ UTS = 1.550 MPa %ε f = 4,5 %

5.19 Una barra de acero de herramientas (ver figura adjunta) que tiene un diámetro diámetro de 0,5 pulgadas y una longitud de 6 pulgadas debe soportar un millón de ciclos sin que ocurra rotura en una prueba de fatiga axial. Calcular la carga máxima que puede aplicarse.


95

Solución: D = 0,5 pulgadas = 1,27 cm; r = D /2 = 0,635 cm l = 6 pulgadas = 15,24 cm σ = 67 ksi = 67.000 psi · (1 MPa /145 psi) = 462,1 MPa

σ=F/A F

2 −4 102 N = σ ⋅ A = 462,1⋅ 106 Pa Pa ⋅ π ⋅ ( 0,635) ⋅ 10 = 585,37 ⋅ 10

5.20 Los resultados de ensayos de fatiga en en un acero se muestran en la tabla adjunta. Dibujar el diagrama S-N (amplitud de esfuerzo frente a logaritmo de ciclos hasta rotura) usando estos datos. b) ¿Cuál es el límite a fatiga de esta aleación? Si se supone que los datos corresponden a un acero aleado y a ensayos de flexión rotativa, y que una barra de esta aleación quiere ser utilizada para un eje de automóvil que gira a una velocidad de 600 rpm, determinar los tiempos máximos que se pueden permitir en el caso de conducción contínua para niveles de amplitud de esfuerzo de: c) 450 MPa, d) 380 MPa, y e) 275 MPa. a)

Datos de amplitud de la tensión - número de ciclos a rotura.

Amplitud del esfuerzo ( MPa MPa) 470 440 390 350 310 290 290 290

Ciclos hasta la rotura 10.000 30.000 100.000 300.000 1.000.000 3.000.000 30.000.000 100.000.000



96

Solución: a)

b) Límite a fatiga ≈ 290 MPa. c)

∆S 2

= 450 MPa → N f = 20.000 ciclos

f ( rpm)

=

N t

→ t =

N f

=

20000 . ciclos 600

ciclos

horas = 33,3 min ≈ 0,5 ho

min

d )

∆S 2 f ( rpm) =

N t

= 380 MPa → N f = 130.000 ciclos

→ t =

N f

=

130000 . ciclos 600

ciclos

= 216,7min ≈ 3,6 horas

min

e)

∆S 2

= 275 MPa → N f > 108 ciclos t

→ > 108 ciclos > 115 días → ∞



97

5.21 Una aleación de acero tiene una resistencia a fatiga (evaluada a esfuerzo medio nulo) y una resistencia máxima a tracción de 700 y 1.400 MPa, respectivamente. ¿Esperaría usted que un componente manufacturado de esta aleación falle por fatiga al ser sujeto a esfuerzos cíclicos entre 0 y 600 MPa? ¿Cambiaría la situación si el material tuviera un esfuerzo residual de tensión de 700 MPa? Solución: -

Efecto del esfuerzo medio en la vida a fatiga:



98

Relación de Goodman: σ ampl .

 σ  = σ f  1 − m   Rm 

a)

σ ampl . σm

=

=

σ máx

σ máx

− σ mín 2

+ σ mín 2

60 0 − 0 = 300 MPa 2 60 0 + 0 = = 300 MPa 2

=



a) (σampl. ,σm)

= (300,300)

99

→

seguro (no rotura)

b)

Esfuerzo residual tensil = 700 MPa σampl. = 300 MPa (igual que antes) σm = σm inicial + σresidual = 300 MPa + 700 MPa = 1.000 MPa

(σampl. ,σm) = (300,1.000)

→

rotura

5.22 Una columna de acero de 63 cm de diámetro y 2 m de altura soporta constantemente una carga de 85 MN . Se coloca en un medio corrosivo en el cual su velocidad de corrosión es de 20,4 g/día. a)

¿En qué momento dejará de ser segura como elemento estructural? Se supone que no se aplica ningún factor de seguridad. b) ¿Cuál será la pérdida de masa en ese momento? c) ¿Durante cuánto tiempo habrá servido dicho componente? Datos:

σ0,2(acero) = 280 MPa ρ (acero) = 7,87 g/cm3

Solución: a) En el momento en que σtrabajo > σ0,2 dejará de ser segura. b)

σ=

F S

=

85 ⋅ 106 N

(πφ f ) 2

φ final 2 =

= 280 MPa (106 N/m2)

4

4 ⋅ 85 ⋅ 106 N 2 6 2 = 0,366 m π ⋅ 280 ⋅ 10 N / m φ final =

0,622 m

∆ masa = ρ ⋅ ∆ vol = ρ (V final − Vinicial ) = ρ ⋅ L( Sf − S i )

 πφ 2 f πφ 2i  πρ L ∆ masa = ρ ⋅ L −  = (φ f − φi ) 4  4  4 2

∆ masa = 7,87 ⋅ 106 g / m3 ⋅ 2 m ⋅

π

0,366 m 4(

2

∆masa = -134.747,9 g c)


2

− (0,63m)2 )


100

r

vóxid =

∆m r

vóxid

= t ⇒

∆m t

= 20,4 g / día

13474 134 . 7477, 6 g . , días = 66053 20,4 g / día t =18,09 años

5.23 La densidad del magnesio metálico (Mg) es de 1,74 g/cm3 y la de su óxido (MgO) de 3,65 3 g/cm . a) ¿Cuál será la relación de Pilling-Bedworth para el sistema Mg-MgO? b) ¿Será protector este óxido?

Datos:

M Mg =

24,32 g/mol

Mo =16,00 g/mol

Solución: a)

P-B =

Vol. óx. Vol Vol. meta metall

1 mol Mg → 1 mol MgO

(1mol Mg ⋅ M Mg + 1 mol O ⋅ Mo) / ρMgO ) / ρMg (1mol Mg ⋅ M Mg (24,32 + 16) g / mol / 3,65 g / cm3

P-B = P-B = b) No

3 24,32 g / mol / 1,74 g / cm cm

= 0,79

⇒ P-B<1 ⇒ no protegerá.

5.24 Se dispone de una celda Ni/NiSO4 con un electrodo de Ni de 2 g. Se hace circular una corriente de 2 A durante 30 min. ¿Se consumirá totalmente el electrodo? Datos:

M Ni

= 58,69 g/mol

F =

96.500 C/mol

Solución: m=

IMt nF

Ni → Ni2+ ⇒ n = 2 I =2 =2 A



=30 min = t =30

101

1.800 s

⇒ m=

2 A ⋅ 1.800 s ⋅ 58,69 g / mol Ni − mol e 2 mol ⋅ 96.500 C mol mol Ni

mole

−

=58,69 g/mol M =58,69 =96.500 C/mol F =96.500

1,094 g → maxima cantidad de masa que disolverá la celda. ⇒ No se consumirá totalmente el electrodo ya que m < 2 g. m=

5.25 Se dispone de una celda Cu/CuSO4 para recubrir de cobre una chapa de acero de 10 x 5 cm de superficie y 0,3 cm de grosor. Si la intensidad de corriente es de 1,5 A, ¿cuánto tiempo tardaremos en conseguir una capa de 100 µm? Datos:

M Cu Cu=

-

63,65 g/mol

F= 96.500 C/mol e

3 d Cu Cu= 8,96 g/cm

Solución: S = (2 x 10 x 5) cm 2 S 1=(2 x 10 x 0,3) cm 2 S 2=(2 x 5 x 0,3) cm 2

(2 superficies) ( “ “ ) ( “ “ )

S T T = (100 + 6 + 3) cm

2

= 109 cm2

100 µm ≡ espesor capa ≡ x 2 -4 Vol. capa = S T T · x = 109 cm · 100 · 10 cm 3 3 3 V = 1,09 cm ⇒ mCu = 1,09 cm · 8,96 g/cm ⇒ mCu = 9,664 g mCu =

IMt nF

=

1,5 A ⋅ 63,55 g / mol Cu ⋅ t − mol e 2 mol ⋅ 96.500 C mol mol Cu

t =

mol mol e

1.973,56 s = 5,49 h


7664 g = 9,7664 −

6 Metalografía

103

6 Metalografía 6.1. Identificar las microestructuras y las fases que constituyen cada microestructurade una aleación Fe-C, que se presenta a diferentes aumentos en las micrografías siguientes. MICROESTRUCTURA 1


104


MICROESTRUCTURA 2


6 Metalografía

105

MICROESTRUCTURA 3


106


Solución: La microestructura 1 corresponde a un acero hipoeutectoide (contenido de carbono inferior al 0,77%). Las fases presentes corresponden a ferrita α (granos claros) y al constituyente eutectoide del acero denominado perlita (zonas más oscuras). Este constituyente está formado por láminas alternadas de ferrita y de cementita (Fe3C). La microestructura 2 corresponde a un acero perlítico, con un contenido de carbono de alrededor del 0,8%. Se puede observar en la micrografía de mayor aumento las láminas de ferrita y cementita que constituyen el eutectoide. La microestructura 3 corresponde a una fundición laminar de matriz perlítica. Las fases alargadas de color más oscuro son de carbono grafito de morfología laminar y la matriz es claramente el constituyente eutectoide.

6.2. La microestructura 4 que se presenta a continuación corresponde a un acero en el que se observa fase ferrítica en los límites del grano. Comparar el contenido de carbono de esta microestructura con el de la 1 y la 2. ¿Cuál de ellas tendrá mayor dureza? MICROESTRUCTURA 4


6 Metalografía

107

Solución: La microestructura 1 presenta una mayor cantidad de fase ferrítica que la 4, por tanto, la microestructura 1 tendrá menor contenido en carbono que la 4. Sin embargo, la microestructura 2 presenta una estructura totalmente eutectoide sin fase ferrítica y, así pues, tendrá un mayor contenido en carbono que la microestructura 4. La dureza en los aceros para un mismo grado de acritud es función del contenido de carbono, por tanto, la microestructura 2 tendrá mayor dureza que la 4 y ésta mayor dureza que la microestructura 1, que es la que presenta menor contenido en carbono.

6.3. Una pieza metálica presenta una microestructura como la que se aprecia en la fotografía 5. ¿Qué se podría decir de su método de elaboración? MICROESTRUCTURA 5

Solución: Se puede concluir que la pieza metálica se ha obtenido por solidificación, ya que la micrografía obtenida mediante un microscopio electrónico de barrido corresponde a una estructura dendrítica. Este tipo de crecimiento dendrítico tiene lugar cuando el gradiente de temperatura en el líquido es inferior a la pendiente de la temperatura de solidificación en la intercara. 6.4. Una pieza fabricada por moldeo a la cera perdida se ha roto prematuramente. Al observar la superficie de fractura mediante microscopía electrónica de barrido se aprecia una superficie como la de la siguiente figura. ¿A qué se puede deber la rotura?


108


Solución: Se puede apreciar porosidad en la superficie de fractura; los poros presentan una morfología esférica y se deben a que la velocidad de solidificación es mayor que la velocidad de eliminación de gases. Estos poros reducen la sección eficaz del material y ello puede ser suficiente para producir una rotura. 6.5. Las tres microestructuras siguientes pertenecen a la aleación Ti-6Al-4V. Comentar las estructuras y determinar los posibles tratamientos térmicos que se han realizado a cada una de ellas. A


6 Metalografía

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B

C

Solución: La microestructura A corresponde a la denominada mill annealed , en la que se presentan granos de fase α equiaxiales rodeados de fase β y de placas α de Widmanstatten rodeados de fase β. En general, es una estructura de recepción en la que se ha realizado un recocido.


110


La microestructura B corresponde a la misma aleación anterior que ha sido calentada por encima de la temperatura β-transus y enfriada en el interior del horno. Se puede apreciar una microestructura totalmente compuesta de placas α de Widmanstatten rodeadas de fase β. El grosor de estas placas dependerá de la velocidad de enfriamiento: a mayor rapidez de enfriamiento menor grosor de placas. La microestructura C corresponde a la martensita de la aleación Ti-6Al-4V, denominada α´. Esta microestructura de morfología acicular se obtiene enfriando muy rápidamente (temple en agua a 20ºC) desde temperaturas superiores a la de β-transus . 6.6. Un latón de la misma composición química presenta estas dos microestructuras. Explicar la razón de la diferente morfología.

A

B


6 Metalografía

111

Solución: El latón de la figura A corresponde a la estructura de colada, donde se pueden apreciar la fase α y la fase matriz β. En la figura B se observa una estructura martensítica con granos de fase α sin transformar, que corresponde al enfriamiento rápido desde una temperatura en que la fase α+β es estable hasta temperatura ambiente. La fase β es susceptible de transformación martensítica, no así la α, que permanece inalterada en la microestructura. 6.7. Las dos microestructuras siguientes corresponden a dos fundiciones de hierro. Identificar a qué tipo corresponden y cuál de ellas tendrá una mayor dureza.

A

B


112


Solución: La figura A corresponde a una fundición compacta con matriz ferrítica y la figura B corresponde a una fundición compacta con matriz martensítica. Esta última es la que presenta una mayor dureza, ya que la martensita es la fase que confiere mayor dureza a las aleaciones hierro-carbono. 6.8. En la figura siguiente se muestra la estructura policristalina de un metal puro. ¿A qué es debido que los diferentes granos presenten tonalidades distintas?

Solución: Aunque todos los granos cristalinos tengan la misma composición química, la orientación cristalina de los mismos es diferente. La estructura cristalina es anisotrópica, es decir, las propiedades físicas dependen de la orientación. Así la luz incidente se refleja en diferentes ángulos y ello produce la diferente tonalidad de los granos cristalinos.


6 Metalografía

113

6.9. Las siguientes micrografías se corresponden con réplicas de carbono extraídas de la superficie de un acero microaleado con vanadio y titanio. Las muestras se han observado por microscopía de transmisión, y se sabe que las partículas de titanio tienen morfología cuadrada. a)

¿A qué fenómeno puede deberse que a 1.150ºC se aprecien sólo partículas de titanio (en concreto nitruros de titanio) y a 950ºC además se observen partículas redondeadas de vanadio (en este caso carbonitruros de vanadio)? b) Si se consiguiese estabilizar cada una de estas dos microestructuras a temperatura ambiente, ¿cuál produciría más dureza y resistencia? ¿Por qué? c) ¿Qué características interesan en una distribución de partículas de cara a mejorar las propiedades mecánicas?

T=950ºC

T=1.150ºC

Solución: a)

Las partículas de titanio son muy estables a todas las temperaturas; sin embargo, las partículas de vanadio (carburos y/o nitruros) son solubles en la austenita a alta temperatura (1.000oC). Cuando la temperatura desciende por debajo de su límite de solubilidad tiene lugar su precipitación.



114

b)

Tendrá más dureza, a causa del fenómeno de endurecimiento por precipitación, la que tiene más partículas. c) Interesa que la fracción de volumen de partículs sea alta, que éstas sean pequeñas y que su morfología sea lo más esférica posible. 6.10. Un acero microaleado se somete a un tratamiento térmico a 950ºC durante un tiempo dado. A continuación se templa rápidamente. El ataque químico a temperatura ambiente revela los tamaños de grano austeníticos previos al temple. En la siguiente micrografía se aprecia la estructura policristalina. a) ¿Qué fenómeno está teniendo lugar? ¿A qué se debe? b) ¿Es conveniente este tipo de microestructura?

Solución: a)

Crecimiento anormal de grano. Unos granos están creciendo mucho más que el resto. Este fenómeno se suele observar en aleaciones con presencia de partículas de segunda fase. Estas partículas ayudan a controlar el tamaño de grano, pero cuando la temperatura se eleva lo necesario como para que comiencen a disolverse, se inhibe el control del grano. Eventualmente, unos granos crecen más rápidamente que otros, y aparece el denominado crecimiento anormal de grano.

b)

Es una microestructura a evitar, por cuanto las propiedades mecánicas son en general función del tamaño de grano. Si este es heterogéneo, también lo serán las propiedades. Por otro lado, el tamaño de grano grande tiende a fragilizar el material.

6.11. Un eje de un coche ha experimentado una rotura y existen dudas sobre la posible causa de la misma: sobrecarga o fatiga. Para tener más datos sobre la fractura se ha observado la superficie de rotura por microscopía electrónica de barrido y se ha obtenido esta micrografía. ¿Qué opinión merece?


6 Metalografía

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Solución: La causa de la fractura ha sido la fatiga, es decir, el sometimiento de cargas cíclicas sobre el material, que ha producido una nucleación y un crecimiento de grietas. En la micrografía se pueden apreciar las estrías de avance de grieta que clarifican el motivo de la fractura. 6.12. Se han ensayado dos probetas de acero de la misma composición química y estructura a diferentes temperaturas, una de ellas a -120ºC y otra a temperatura ambiente, y se han obtenido dos superficies de fractura como las que se aprecian en las siguientes micrografías. ¿Podría decir cuál de las superficies de fractura corresponde a la ensayada a temperatura ambiente y cuál a temperatura elevada? ¿Qué tipos de fracturas son?

A


116


B

Solución: La fractura A corresponde a una fractura frágil, con muy poca absorción de energía para producir la rotura. Esta fractura corresponde al material ensayado a baja temperatura. La fractura B corresponde a una fractura dúctil, con mucha absorción de energía antes de la rotura; en ella se puede apreciar la gran deformación plástica (copas y hoyuelos) en la superficie de fractura en comparación con las superficies de clivaje de la fractura frágil. Esta fractura corresponde al material ensayado a temperatura ambiente. 6.13. Un material muestra unas características de dureza superiores a las esperadas en su estado de recepción (recocido). La micrografía adjunta corresponde a una observación detallada de la superficie. ¿Pueden las líneas o marcas finas observadas tener alguna relación con el aumento de dureza del medio? ¿Por qué?

Solución: El aumento de dureza es debido a que el material ha sido deformado en frío, ya que la microestructura presenta bandas o líneas de deslizamiento propias de un material con acritud.


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